Maths BCPST 1re année (J'assure aux concours) (French Edition) 2100786792, 9782100786794

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MATHS MATHS bcpst 1 année re

Marc-Aurèle Massard

Conception et création de couverture : Dominique Raboin Avec la collaboration scientifique de Sabrina Bergez, professeur en classes préparatoires au lycée Saint-Louis (Paris)

© Dunod, 2018 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com

ISBN 978-2-10-078679-4

Avant propos Cet ouvrage s’adresse aux élèves de première année de la filière BCPST. Il recouvre l’intégralité du programme. Ce livre ne se veut en aucun cas être un cours tout prêt ou se substituer au professeur. Il doit plutôt être vu comme un complément permettant de revoir les notions et méthodes abordées en cours avec un point de vue potentiellement différent. Il est divisé en cinq parties thématiques et vingt-quatre chapitres. Il commence par une brève introduction exposant quelques règles de rédaction mathématiques. Puis les douze premiers chapitres portent sur le programme du premier semestre et les douze autres sur le programme du second semestre (à l’exception du chapitre sur les suites qui navigue entre les deux). Chaque chapitre se décompose en cinq parties : • L’essentiel du cours, rappelant les points les plus importants du cours et permettant à l’élève de vérifier qu’il connaît bien les hypothèses exactes des résultats utilisés • Les méthodes à maîtriser, exposant quelques méthodes classiques illustrées d’exemples • Interro de cours, regroupant des questions d’application directe du cours (Vrai/Faux, QCM, citation d’un résultat du cours ou petit exercice) • Exercices, regroupant, comme son nom l’indique, des exercices. Ils sont classés par ordre de difficulté globalement croissant et séparés en deux parties :  « Pour s’entraîner » comprenant des exercices couvrant les différents points du chaptire  « Pour aller plus loin » comprenant des exercices d’approfondissement • Correction, regroupant le corrigé détaillé de l’interro de cours et de tous les exercices du chapitre. Tout au long de l’ouvrage, les symboles suivants ont été utilisés : pour ajouter quelques remarques aux résultats et méthodes cités pour signaler un piège ou une erreur à éviter pour donner quelques conseils concernant la rédaction pour exposer un programme en Python associé à un résultat du cours ou à une méthode. En tant qu’auteur, je me permets de souligner mon intérêt pour toute remarque des lecteurs de ce livre, étudiants ou enseignants. C’est grâce à ces retours que cet ouvrage pourra converger rapidement vers une forme définitive répondant pleinement aux exigences des élèves de classes préparatoires. Je termine en remerciant A. Lalauze, M. Marouby et J.-M. Monier pour leurs relectures avisées, leurs remarques et leurs suggestions et sans qui ce livre ne serait certainement pas aussi abouti.

Table des matières Pour bien commencer...................................................... 5 1 Raisonnements, ensembles et applications ........................ 9

Partie 1 2 3 4 5 6

Ensembles de nombres ................................................39 Sommes et produits ....................................................57 Nombres complexes ....................................................73 Trigonométrie ............................................................91 Fonctions d’une variable réelle .................................... 109

Partie 2

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Techniques de calcul

Algèbre générale

7 Systèmes linéaires .................................................... 137 8 Matrices ................................................................. 149 9 Polynômes .............................................................. 165 10 Géométrie du plan et de l’espace ............................... 185

Partie 3 11 12 13 14 15

Probabilités et statistiques

Dénombrement ...................................................... 207 Statistique descriptive.............................................. 221 Probabilités ........................................................... 233 Variables aléatoires finies.......................................... 251 Couples de variables aléatoires finies........................... 273

Partie 4

Algèbre linéaire

16 Espaces vectoriels ................................................... 301 17 Applications linéaires ............................................... 321

Partie 5

Analyse réelle

18 Suites réelles.......................................................... 339 19 Limites et continuité ............................................... 373 20 Dérivation ............................................................. 397 21 Développements limités ........................................... 413 22 Intégration ............................................................ 439 23 Équations différentielles ........................................... 457 24 Fonctions de deux variables réelles ............................. 477 Annexes ........................................... ........................ 485 Index ....................................................................... 489

Pour bien commencer Le but de cette introduction est de donner des conseils pour prendre de bonnes habitudes de rédaction dès le début de l’année. Méthode 0.1 : Bien définir ses objets Dans la rédaction d’un raisonnement, avant d’utiliser un objet, il convient de le définir. Sinon, une personne lisant votre raisonnement pourrait ne pas le comprendre. A priori, x n’est pas forcément un réel, n pas forcément un entier, f pas forcément une fonction (même si ces noms sont très courants pour chacun de ces objets). On peut, par exemple, définir un objet (ici un réel x) par « soit x ∈ R » lorsque l’on veut définir un objet quelconque ou bien par « on pose x = . . . » lorsque l’on veut définir un objet en particulier ou encore par « on dispose de x ∈ R tel que . . . » si un résultat préalable nous a justifié l’existence de cet objet. Exemple d’application Un élève a voulu utiliser le fait que toute suite croissante majorée converge de la façon suivante : « Pour tout n, on a an+1 − an ≥ 0 et an ≤ M . Donc an −−−−−→ . » n→+∞

Compléter ce raisonnement pour définir correctement les objets utilisés. Correction : Soient (an )n∈N une suite à valeurs réelles et M un réel. Pour tout entier naturel n, on a an+1 − an ≥ 0 et an ≤ M . Donc, on dispose d’un réel  tel que an −−−−−→ . n→+∞

Méthode 0.2 : Prêter attention aux hypothèses d’un théorème

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Il convient de bien regarder (et de bien connaître) les hypothèses d’un théorème avant de l’utiliser. On ne peut rien conclure tant que toutes les hypothèses ne sont pas remplies. Par exemple, le théorème reliant signe de la dérivée d’une fonction et monotonie ne s’applique que sur un intervalle. Exemple d’application Déterminer si les énoncés suivants sont vrais ou faux : (1) Le carré d’un nombre est positif. (2) Deux nombres réels et leurs carrés sont rangés dans le même ordre. (3) Si la dérivée d’une fonction est nulle sur I, cette fonction est constante sur I. (4) Une fonction dont la dérivée s’annule peut être strictement monotone. Correction : (1) Faux. Le carré d’un nombre réel est positif mais le carré d’un complexe, pas forcément. (2) Faux. Il faut que les deux réels soient positifs pour que ce résultat soit vrai. Par exemple, on a (−1)2 > 02 alors que −1 < 0.

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Pour bien commencer (3) Faux. Comme expliqué dans la méthode, il faut que I soit un intervalle pour que le résultat soit vrai. Par exemple, on prend I = [0, 1] ∪ [2, 3] et f la fonction définie sur I par  1 si x ∈ [0, 1] f (x) = 2 si x ∈ [2, 3]

Cette fonction n’est pas constante car f (0) = f (2) mais sa dérivée est nulle sur [0, 1] et sur [2, 3]. La dérivée f  est donc nulle sur I sans que f soit constante sur I. (4) Vrai. La courbe d’une fonction strictement monotone peut avoir une tangente horizontale (comme celle de la fonction x → x3 en 0 par exemple). Méthode 0.3 : Vérifier le bien-fondé des opérations à utiliser Lors d’un raisonnement, avant de faire une opération, il faut bien vérifier que l’on peut la faire. On évitera typiquement de diviser par 0, de prendre la racine carrée d’un nombre négatif (ou d’un nombre complexe), de dériver une fonction si on ne sait pas qu’elle est dérivable, etc. A chaque fois qu’il y a besoin, on précise pourquoi on peut effectuer cette opération. Exemple d’application Trouver l’erreur dans le raisonnement suivant : « Soient a et b deux réels non nuls tels que a = b. On a donc a2 = ab donc

a2 − b2 = ab − b2

et

(a − b)(a + b) = (a − b)b

ainsi

a+b=b

Vu que a = b, on en déduit que 2b = b puis que 2 = 1 en divisant par b. » Correction : L’erreur réside au moment où on passe de (a − b)(a + b) = (a − b)b à a + b = b. En effet, à ce moment-là, on a divisé par a − b sans vérifier si on pouvait. Or, comme a = b on a a − b = 0. Il n’est donc pas possible d’effectuer cette opération. Méthode 0.4 : Faire attention au type des objets manipulés En mathématiques, on manipule différents types d’objets : des ensembles, des fonctions, des nombres (entiers, réels, complexes), des vecteurs, des suites, etc. Il ne faut pas les confondre. Un élément peut appartenir à un ensemble, pas à un nombre. On peut comparer deux nombres réels (avec ≤), pas deux nombres complexes. On peut dire qu’une suite est croissante, pas un nombre. On peut dériver une fonction dérivable, pas un réel. Exemple d’application Déterminer si les énoncés suivants sont vrais ou faux : 1 (1) La fonction est décroissante sur R∗+ . x (2) cos, sin et exp sont dérivables sur R. (3) ∀z ∈ C, z 2 ≥ 0. (4) Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x2 ex . Cette fonction est dérivable et, si x ∈ R,    f  (x) = x2 × ex + x2 × (ex ) = 2xex + x2 ex = (2x + x2 )ex

7 Correction : 1 1 (1) Faux. n’est pas une fonction, c’est un nombre. On peut corriger en « la fonction x → x x est décroissante sur R∗+ ». (2) Vrai. Il s’agit de trois fonctions, qui sont effectivement dérivables sur R. (3) Faux. Il n’y a pas de relation d’ordre (avec ≤) sur les nombres complexes. (4) Faux. Même si le résultat obtenu pour f  (x) est juste au final, il y a une erreur de rédaction    dans le calcul de f  (x). En effet, x2 et (ex ) n’ont pas de sens car x2 et ex sont des réels et non pas des fonctions, on ne peut donc pas les dériver. Pour la rédaction, il conviendrait donc de simplement sauter l’étape de calcul faisant intervenir ces expressions erronées. Dans le cas d’un calcul plus compliqué, on donnera des noms aux sous-fonctions que l’on veut dériver lors de ce calcul. Dans d’autres matières scientifiques, comme la physique, les notations sont utilisées de manière un peu moins rigoureuse et il peut arriver de tolérer les écritures du type (ex ) . Mais ces libertés ne doivent pas se retrouver en mathématiques. Méthode 0.5 : Différencier implication et équivalence Lors d’un raisonnement dans lequel on part des hypothèses A pour montrer une conclusion B, on montre que A ⇒ B. Mais on n’a pas nécessairement A ⇔ B, on ne peut pas forcément remonter toutes les implications effectuées lors de notre démonstration. C’est pour cela qu’il est toujours dangereux dans un calcul de partir de ce que l’on veut montrer pour finir par arriver à quelque chose de vrai, parce que cela ne montre rien et on n’a pas forcément équivalence. Dans ce cas, il convient de faire ce raisonnement au brouillon et de le rédiger dans le bon sens au propre (c’est-à-dire partir de ce que l’on sait pour arriver à ce que l’on veut) pour être sûr que le raisonnement ne soit pas erroné. Exemple d’application Trouver l’erreur dans le raisonnement suivant : « On considère l’équation x2 + x + 1 = 0, d’inconnue x ∈ R. Si x est solution, on a

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x3 + x2 + x = 0

puis x3 = −x2 − x = 1

D’où x = 1 (c’ est la seule solution réelle de x3 = 1). Pourtant 12 + 1 + 1 = 0. » Correction : Ce qui a été montré dans ce raisonnement c’est que si x est une solution réelle de l’équation, alors x = 1. Mais il ne s’agit en aucun cas d’une équivalence. On n’a pas montré que si x = 1, alors x est solution de l’équation. Ce que montre finalement le raisonnement en entier est que la seule potentielle solution réelle est 1 et qu’elle n’est pas solution : cette équation n’a donc aucune solution réelle (ce qui se retrouve en calculant le discriminant du trinôme). Dans une résolution d’équation, à moins d’avoir justifié au fur et à mesure du calcul qu’il y avait équivalence du début à la fin, il conviendra de vérifier que les valeurs trouvées sont bien solutions de l’équation.

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Pour bien commencer Méthode 0.6 : Raisonner en français Une succession d’égalités ou d’inégalités ne constitue pas un raisonnement mathématique. Il faut y mettre des mots pour savoir comment tout cela s’articule et qu’une autre personne que son auteur puisse suivre le même raisonnement. Pour commencer à écrire un résultat, que l’on a supposé comme hypothèse ou que l’on veut montrer, on peut l’introduire par « on a » dans le premier cas et « on veut montrer que » dans le second cas. Au sein d’un raisonnement pour passer d’un résultat à un autre, il ne peut y avoir qu’une implication (que l’on pourra traduire par « donc », « alors, », « ainsi », « d’où », etc) ou il peut y avoir équivalence entre ces deux résultats (que l’on pourra traduire par « si et seulement si », « c’est-à-dire », « i.e. », etc). Exemple d’application Un élève a produit le raisonnement suivant pour encadrer

x y

avec x ∈ [−1, 2] et

y ∈ [1, 2]. Rédiger correctement ce raisonnement : « 1 x 1 • 0 ≤ x ≤ 2, ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ 2. 2 y y 1 x x 1 • −1 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ −x ≤ 1, ≤ ≤ 1, 0 ≤ − ≤ 1, −1 ≤ ≤ 0. 2 y y y x −1 ≤ ≤ 2. » y Correction : x On souhaite encadrer . On va distinguer deux cas, en fonction du signe de x : y 1 x 1 • Si 0 ≤ x ≤ 2, comme ≤ ≤ 1, on déduit par produit de facteurs positifs que 0 ≤ ≤ 2. 2 y y 1 1 • Si −1 ≤ x ≤ 0, on a 0 ≤ −x ≤ 1. De plus ≤ ≤ 1. Donc, par produit de facteurs positifs, 2 y x x on obtient 0 ≤ − ≤ 1, puis −1 ≤ ≤ 0. y y x Ainsi, on a donc montré que −1 ≤ ≤ 2. y • Les symboles ⇔ et ⇒ sont à proscrire dans la rédaction d’un raisonnement. On peut éventuellement les utiliser dans la résolution d’une équation/inéquation ou d’un système d’équations. • Le terme « i.e. » est une abréviation du latin id est (qui se traduit littéralement par « ce qui est » et qui a la même signification que « c’est-à-dire »). Cette locution est souvent utilisé en mathématiques.

CHAPITRE

Raisonnements, ensembles et applications

1

L’essentiel du cours  1 Bases de la logique Définition Une assertion est une phrase plus ou moins complexe qui est soit vraie soit fausse. On peut opérer sur des assertions de la façon suivante : • négation : si P est une assertion, non P est aussi une assertion qui est vraie si et seulement si P est fausse. • conjonction : si P et Q sont deux assertions, P et Q est une assertion qui est vraie si et seulement si P est vraie et Q est vraie. • disjonction : si P et Q sont deux assertions, P ou Q est une assertion qui est vraie si et seulement si P est vraie ou Q est vraie (ou les deux en même temps). Définition

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Si P et Q sont deux assertions, on note : • P ⇒ Q, l’assertion (non P ) ou Q (qui se lit « P implique Q ») • P ⇔ Q, l’assertion P ⇒ Q et Q ⇒ P (qui se lit « P équivaut à Q »). • Si P ⇒ Q, on dit que P est une condition suffisante pour Q (en effet, il suffit que P soit vraie pour que Q soit vraie). On dit aussi que Q est une condition nécessaire pour P (en effet, pour que P soit vraie, il est nécessaire que Q soit vraie). • Si P ⇔ Q, on dit P est une condition nécessaire et suffisante pour Q (on abrège souvent par CNS). Contraposée Si P et Q sont deux assertions, alors P ⇒ Q est équivalente à (non Q) ⇒ (non P ). On appelle cette deuxième assertion la contraposée de P ⇒ Q. Ne pas confondre la contraposée avec Q ⇒ P , qui est la réciproque de P ⇒ Q.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Négation des connecteurs logiques Si P et Q sont deux assertions, alors : • non (non P ) est équivalente à P • non (P et Q) est équivalente à (non P ) ou (non Q) • non (P ou Q) est équivalente à (non P ) et (non Q) • non (P ⇒ Q) est équivalente à P et (non Q). La négation d’une implication n’est pas une implication. Distributivité du « et » et du « ou » Si P , Q et R sont trois assertions, alors : • l’assertion P et (Q ou R) est équivalente à (P et Q) ou (P et R) • l’assertion P ou (Q et R) est équivalente à (P ou Q) et (P ou R). Définition Si E est un ensemble et P (x) une assertion comportant une variable x, on définit alors les assertions suivantes : • ∀x ∈ E, P (x) est vraie si et seulement si P (x) est vraie pour tous les éléments x de E (qui se lit « pour tout x appartenant à E, P (x) ») • ∃x ∈ E, P (x) est vraie si et seulement si P (x) est vraie pour au moins un élément x de E (qui se lit « il existe x appartenant à E tel que P (x) ») • ∃!x ∈ E, P (x) est vraie si et seulement si P (x) est vraie pour exactement un élément x de E (qui se lit « il existe un unique x appartenant à E tel que P (x) »). Chacune des trois assertions précédentes ne dépend plus de x. On dit alors que x est une variable muette. • L’usage des quantificateurs hors des énoncés mathématiques est à proscrire. Ils ne doivent donc pas apparaître comme abréviation dans la rédaction d’un raisonnement. • On ne peut pas intervertir les quantificateurs ∀ et ∃ dans une assertion. L’assertion ∀x ∈ R, ∃y ∈ R, y < x

signifie que pour tout réel x on peut trouver un réel y, qui peut dépendre de x, qui soit strictement inférieur à x. Cette assertion est clairement vraie (il suffit de prendre y = x − 1). Alors que l’assertion ∃y ∈ R, ∀x ∈ R, y < x

signifie qu’il existe un réel y, ne dépendant pas de x (x n’a pas encore été introduit lorsqu’on introduit y), qui soit strictement inférieur à tous les réels x. Cela reviendrait donc à dire que R est minoré, ce qui est clairement faux.

L’essentiel du cours

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Négation des quantificateurs Si E est un ensemble et P (x) une assertion comportant une variable x, alors • non (∀x ∈ E, P (x)) est équivalente à ∃x ∈ E, non (P (x)) • non (∃x ∈ E, P (x)) est équivalente à ∀x ∈ E, non (P (x)). En ajoutant à ces deux règles, les règles de négation des connecteurs logiques, on est maintenant à même de nier n’importe quelle assertion. Principe de récurrence simple Soit P (n) une assertion dépendant d’un entier naturel n. Si P (0) est vraie et si alors ∀n ∈ N, P (n).

∀n ∈ N, P (n) ⇒ P (n + 1)

• Ce principe de récurrence se découpe en deux parties : l’initialisation qui consiste à montrer que P (0) est vraie ; l’hérédité qui consiste à montrer que ∀n ∈ N, P (n) ⇒ P (n + 1).

• Si on veut juste montrer que P (n) est vraie pour n ≥ n0 , il suffit d’initialiser avec P (n0 ). • Si on se rend compte qu’on n’utilise pas le fait que P (n) est vraie pour montrer que P (n+1) est vraie, il ne sert à rien de faire une récurrence. Un raisonnement classique suffit alors. • Avant de se lancer dans une récurrence il faut toujours réfléchir à comment montrer l’hérédité (l’initialisation est souvent très simple à montrer). Si on ne voit pas comment montrer l’hérédité, il vaut mieux se tourner vers une autre méthode de raisonnement. Pour que l’assertion P (n) dépende de n il ne faut surtout pas qu’elle commence (ou même comporte) « ∀n ∈ N ».

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Principe de récurrence double Soit P (n) une assertion dépendant d’un entier naturel n. Si P (0) et P (1) sont vraies et si alors ∀n ∈ N, P (n).

∀n ∈ N, (P (n) et P (n + 1)) ⇒ P (n + 2)

Principe de récurrence forte Soit P (n) une assertion dépendant d’un entier naturel n. Si P (0) est vraie et si alors ∀n ∈ N, P (n).

∀n ∈ N, (∀k ∈ [[0, n]] , P (k)) ⇒ P (n + 1)

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

 2 Ensembles Définition Si E et F sont deux ensembles, on dit que F est inclus dans E (ou que F est un sousensemble de E ou encore que F est une partie de E), que l’on note F ⊂ E, si tous les éléments de F sont aussi dans E, autrement dit : ∀x ∈ F, x ∈ E

On note P(E) l’ensemble des parties de E.

Les éléments de P(E) sont des ensembles. Double inclusion Si E et F sont deux ensembles, alors E = F ⇔ (E ⊂ F et F ⊂ E). Définition Si E est un ensemble et P (x) une assertion comportant une variable x, on définit un ensemble contenant les éléments x de E vérifiant la propriété P (x). On note cet ensemble {x ∈ E / P (x)} . Cet ensemble peut aussi être noté {x ∈ E ; P (x)}. Définition • Si E et F sont deux ensembles, on appelle couple de E et F tout élément de la forme (x, y) avec x ∈ E et y ∈ F . On appelle produit cartésien de E et F , noté E × F , l’ensemble des couples de E et F . • Si n est un entier naturel non nul et E1 , . . . , En sont des ensembles, on appelle n-uplet de E1 , . . . , En tout élément de la forme (x1 , . . . , xn ) avec xi ∈ Ei pour tout entier 1 ≤ i ≤ n. On appelle produit cartésien de E1 , . . . , En , noté E1 × · · · × En , l’ensemble des n-uplets de E1 , . . . , En . Si E1 = · · · = En = E, on simplifie la notation par E1 × · · · × En = E n . Dans ce cas, on dit qu’un élément de E n est une n-liste d’éléments de E.

L’essentiel du cours

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Définition Si E est un ensemble et A et B sont des parties de E, alors : • le complémentaire de A, noté A, est l’ensemble des éléments de E qui ne sont pas dans A : A = {x ∈ E / x ∈ / A}

• la différence de A et B, noté A\B et qui se lit « A privé de B », est l’ensemble des éléments de A qui ne sont pas dans B : A\B = {x ∈ A / x ∈ / B}

• l’ intersection de A et B, noté A ∩ B, est l’ensemble des éléments appartenant à la fois aux deux ensembles A et B : A ∩ B = {x ∈ E / x ∈ A et x ∈ B}

• l’ union de A et B, noté A ∪ B, est l’ensemble des éléments appartenant à au moins un des deux ensembles A et B : A ∪ B = {x ∈ E / x ∈ A ou x ∈ B} . Complémentaire et opérations Si E est un ensemble et A et B sont deux parties de E, alors A = A,

A∩B =A∪B

et

A ∪ B = A ∩ B.

Distributivité de l’intersection et de l’union Si E est un ensemble et A, B et C sont trois parties de E, alors A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

et

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

Toutes ces propriétés reviennent à traduire les propriétés sur le « non », le « ou » et le « et » vues plus tôt.

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 3 Applications Définition Une application est définie par son ensemble de départ E, son ensemble d’arrivée F et sa façon de transformer tout élément x de E en un unique élément de F , que l’on notera f (x). On la note f: E → F x → f (x) On note F (E, F ) (ou F E ) l’ensemble des applications de E dans F .

Par souci de gain de place, on peut aussi noter l’application f : E → F , x → f (x).

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Définition • Si E est un ensemble, on appelle application identité de E l’application IdE : E → E x → x

• Si E est un ensemble et A une partie de E, on appelle fonction indicatrice de A l’application 1A : E → F  1 si x ∈ A x → 0 sinon Définition Si f est une application de E dans F et A est une partie de E, on appelle image directe de A par f l’ensemble des images par f des éléments de A, c’est-à-dire f (A) = {f (x) / x ∈ A } = {y ∈ F / ∃x ∈ A, y = f (x) } . Définition Si f : E → F et g : G → H deux applications et f (E) ⊂ G, on appelle composée de f par g l’application : g◦f : E → H x → g(f (x)) Définition Si f est une application de E dans F , on dit que f est : • injective si tout élément de F possède au plus un antécédent dans E par f , c’est-à-dire ∀(x1 , x2 ) ∈ E 2 , f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2

• surjective si tout élément de F possède au moins un antécédent dans E par f , c’est-à-dire ∀y ∈ F, ∃x ∈ E, y = f (x)

• bijective si tout élément de F possède exactement un antécédent dans E par f , c’est-à-dire ∀y ∈ F, ∃!x ∈ E, y = f (x).

On remarque qu’une application est bijective si et seulement si elle est injective et surjective. Définition Si f : E → F est une application bijective, on appelle réciproque de f , notée f −1 , l’application de F dans E qui à y ∈ F associe l’unique antécédent de y par f .

L’essentiel du cours

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Proposition Si f : E → F est une application bijective, alors f ◦ f −1 = IdF et f −1 ◦ f = IdE . Théorème Si u : E → F et v : F → E sont deux applications vérifiant u ◦ v = IdF et v ◦ u = IdE , alors u et v sont bijectives et réciproques l’une de l’autre. Proposition −1  • Si f : E → F est bijective, alors f −1 est bijective et f −1 = f. −1 • Si f : E → F et g : F → G sont bijectives, alors g ◦ f est bijective et (g ◦ f ) = f −1 ◦ g −1 .

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Il faut bien faire attention à l’inversion d’une composée : on inverse l’ordre des applications. L’opération inverse de remplir une bouteille puis de la fermer est d’ouvrir la bouteille puis de la vider.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Les méthodes à maîtriser Méthode 1.1 : Montrer une implication Si l’on veut montrer P ⇒ Q, on suit le schéma suivant : Supposons P . Raisonnement où l’on traduit l’hypothèse P , la conclusion Q et où l’on essaye de compléter entre les deux. Donc Q. Exemple d’application Montrer que le carré d’un entier pair est pair. Soit n ∈ Z pair. On dispose de k ∈ Z tel que n = 2k. Ainsi n2 = 4k 2 = 2 × 2k 2 est pair.

Voir exercices 1.3 et 1.20.

Méthode 1.2 : Raisonner par contraposée Pour montrer que P ⇒ Q, il peut être plus facile de montrer que non Q ⇒ non P , tout particulièrement quand la négation de la conclusion (non Q) est plus simple à utiliser que l’hypothèse (P ). Exemple d’application Montrer que si le carré d’un entier est pair, alors cet entier est pair. Soit n ∈ Z. On veut montrer que « n2 pair ⇒ n pair ». On raisonne par contraposée, supposons que n n’est pas pair, donc impair. On dispose donc de k ∈ Z tel que n = 2k + 1. Ainsi n2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1 est impair. Voir exercice 1.3. Méthode 1.3 : Montrer une équivalence A part dans des résolutions d’équations, de systèmes d’équations ou d’équivalence simple où l’on procède par équivalences successives, pour montrer que P ⇔ Q, on montre séparément les deux implications (on dit qu’on procède par double implication). Exemple d’application Montrer qu’un entier est pair si et seulement si son carré est pair. Soit n ∈ Z. On procède par double implication : • On montre que n pair ⇒ n2 pair (cf. ci-dessus). • Réciproquement, on montre que n2 pair ⇒ n pair (cf. ci-dessus). On peut donc conclure que n est pair si et seulement si n2 est pair. Voir exercices 1.9, 1.16 et 1.19.

Les méthodes à maîtriser

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Méthode 1.4 : Montrer un énoncé avec ∀

Pour montrer que ∀x ∈ E, P (x), on suit le schéma suivant : Soit x ∈ E. Raisonnement utilisant le fait que x est dans E et aucune autre propriété sur x. Alors P (x). On a donc montré que ∀x ∈ E, P (x). Exemple d’application Montrons que ∀x ∈ [−1, 1], x2 − 1 ≤ 0 Soit x ∈ [−1, 1]. On a x2 − 1 = (x − 1)(x + 1). Or x − 1 est négatif (car x ≤ 1) et x + 1 est positif (car −1 ≤ x). Alors, par produit, x2 − 1 ≤ 0. On a donc montré que ∀x ∈ [−1, 1], x2 − 1 ≤ 0. Voir exercice 1.19.

Méthode 1.5 : Montrer un énoncé avec ∃

Pour montrer que ∃x ∈ E, P (x), il faut réussir à trouver un x ∈ E tel que P (x). Il convient donc de chercher cet élément par un raisonnement préliminaire ou de l’intuiter. Une fois trouvé on suit le schéma suivant : Posons x = l’élément qu’on a trouvé. Raisonnement en utilisant ce x. Alors P (x). On a donc montré que ∃x ∈ E, P (x). Exemple d’application Montrons que ∀x ∈ R∗+ , ∃y ∈ R,



x

0

(2t3 + yt)dt = 0.

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Soit x ∈ R∗+ . On commence par calculer l’intégrale donnée x  4  x t2 yx2 t x4 3 + (t + yt)dt = 2 + y = 4 2 0 2 2 0

Ainsi, l’intégrale serait nulle pour y = −x2 . Posons donc y = −x2 . On a  x On a donc montré que ∀x ∈ R∗+ , ∃y ∈ R, (2t3 + yt)dt = 0.



0

x

(t2 + yt)dt = 0.

0

Voir exercice 1.4.

Méthode 1.6 : Raisonner par disjonction de cas Pour montrer une assertion P , on peut être amené à distinguer plusieurs cas lors du raisonnement. Il convient de bien faire attention à n’oublier aucun cas. Exemple d’application Pour tout entier naturel n, montrons que n(n + 1) est un entier pair. On s’intéresse à la parité de n(n + 1), distinguons donc les cas selon la parité de n. • si n pair : alors on dispose de k ∈ N tel que n = 2k. Donc n(n + 1) = 2 × k(2k + 1) est pair.

18

Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

• si n impair : alors on dispose de k ∈ N tel que n = 2k + 1. Donc n(n + 1) = 2 × (2k + 1)(k + 1) est pair. Dans tous les cas n(n + 1) est pair. Voir exercices 1.4, 1.15, 1.16 et 1.17. Méthode 1.7 : Nier une assertion Pour nier une assertion, on va utiliser les règles de négation : les ∀ deviennent des ∃ et viceversa, les « et » deviennent des « ou » et vice-versa. Exemple d’application Soit E une partie de R. Donnons la négation de « E est majoré ». On commence par traduire l’assertion à nier. Donc dire que E est majoré revient à dire que ∃M ∈ R, ∀x ∈ E, x ≤ M . Sa négation est donc ∀M ∈ R, ∃x ∈ E, x > M . Voir exercices 1.1, 1.2 et 1.13.

Méthode 1.8 : Raisonner par l’absurde Pour montrer une assertion P , on peut supposer non P et arriver à montrer quelque chose de faux (on parle d’une absurdité). Exemple d’application √ Pour a, b ∈ Q, montrons que si a + b 2 = 0, alors a = 0 et b = 0. Supposons que a = 0 ou b = 0. Traitons 2 cas : √ • si b = 0, alors a + 0 2 = 0 et a = 0 ce qui absurde car on a supposé que soit a soit b est non nul. √ √ a • si b = 0, alors 2 = − ∈ Q ce qui est absurde car on sait que 2 n’est pas un rationnel. b On arrive bien à une absurdité dans tous les cas. Ainsi a = 0 et b = 0. Voir exercices 1.4, 1.8 et 1.13. Méthode 1.9 : Raisonner par analyse/synthèse Pour déterminer l’ensemble des éléments vérifiant une assertion P , on peut procéder en deux temps. Analyse : on prend un élément x vérifiant l’assertion et on cherche à la spécifier le plus possible/à en tirer le plus d’information possible (on analyse la situation). Synthèse : on vérifie que le ou les éléments x obtenus conviennent (on fait une synthèse de ce qu’on a trouvé). Exemple d’application Division Euclidienne : pour a ∈ Z et b ∈ N∗ , montrons qu’il existe un unique couple (q, r) ∈ Z × N tel que a = bq + r et r < b.

Les méthodes à maîtriser

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r < 1. Or • Analyse : Soit (q, r) ∈ Z × N tel que a = bq + r et r < b. On obtient que 0 ≤ b r a a a = − q. Donc 0 ≤ − q < 1 puis q ≤ < q + 1. On en déduit donc que q est la partie b b b b a a , et r = a − bq. entière de , c’est-à-dire q = b a b ∈ Z et r = a − bq ∈ Z. Tout d’abord, on a bien a = bq + r. • Synthèse : Posons q = b a Ensuite, par définition de la partie entière, q ≤ < q + 1 puis bq ≤ a < bq + b. On en déduit b donc que 0 ≤ r < b. On obtient bien ainsi que (q, r) ∈ Z × N, a = bq + r et r < b.

On a donc montré qu’il existe un unique couple (q, r) ∈ Z × N tel que a = bq + r et r < b.

• La phase d’analyse permet de trouver les candidats potentiels et la phase de synthèse permet de vérifier que ces candidats conviennent bien. • Dans le cas où, comme dans l’exemple ci-dessus, la phase d’analyse ne nous laisse qu’un seul candidat vérifié par la synthèse, on obtient en plus l’unicité de l’élément vérifiant l’assertion. • Ce type de raisonnement est très approprié pour montrer des énoncés du genre « Montrer que . . . s’écrit de manière unique sous la forme . . . » Voir exercices 1.17 et 1.18. Méthode 1.10 : Montrer une unicité

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Pour montrer qu’un élément x vérifiant P (x) est unique, on prend deux éléments x et y vérifiant cette propriété et on montre que x = y. Exemple d’application √ Montrons que la décomposition d’un réel sous la forme a + b 2 avec a, b ∈ Q est unique. √ Soit x un réel se décomposant√sous la forme x = a + b 2 avec a, b ∈ Q. On√suppose que x s’écrit √ aussi sous la forme x = c +√d 2 avec c, d ∈ Q. On obtient donc que a + b 2 = x = c + d 2 et donc que (a − c) + (b − d) 2 = 0 avec a − c ∈ Q et b − d ∈ Q. Alors a − c = 0 et b − d = 0 (cf. exemple d’illustration du raisonnement par l’absurde). Ainsi (a, b) = (c, d), ce qui montre l’unicité de l’écriture demandée. Cette méthode ne montre que l’unicité, elle ne montre en aucun cas l’existence. Voir exercices 1.5 et 1.15.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Méthode 1.11 : Raisonner par récurrence Pour raisonner par récurrence • On définit proprement la proposition P (n) à montrer. • On repère quel type de récurrence on veut faire. Pour ce faire, on regarde de quoi on a besoin pour montrer P (n + 1) : si l’on n’a besoin que de P (n), il s’agit d’une récurrence simple ; si on a besoin de P (n) et P (n − 1), il s’agit d’une récurrence double ; si on a besoin de tous les P (k) pour k ∈ [[0, n]], il s’agit d’une récurrence forte. • On initialise : on montre P (0) pour les récurrences simples et fortes ; on montre P (0) et P (1) pour les récurrences doubles. • On montre l’hérédité : on fixe un entier n ∈ N et on montre l’implication qui traduit l’hérédité (c’est-à-dire pour une récurrence simple, on suppose P (n) vraie et on montre que P (n + 1) est vraie). • On n’oublie pas de conclure. Exemple d’application (1) Soit (un ) la suite définie par récurrence par u0 = 1,

u1 = 1

et

∀n ∈ N, un+2 = un+1 + un

Montrer que ∀n ∈ N, un ∈ N. (2) Soit (un ) la suite définie par récurrence par u0 = 1

et

∀n ∈ N, un+1 = 1 +

Montrer que ∀n ∈ N, un = 2n .

n 

uk

k=0

(1) On note P (n) : « un ∈ N ». On remarque que les termes de la suite (un ) sont définis à l’aide des deux précédents : on va donc utiliser une récurrence double (cette remarque n’a pas forcément besoin d’être écrite au propre). Initialisation : u0 = u1 = 1 ∈ N ce qui montre P (0) et P (1). Hérédité : Soit n ∈ N, on suppose P (n) et P (n + 1). On a donc un ∈ N et un+1 ∈ N. Ainsi un+2 = un+1 + un ∈ N, ce qui montre P (n + 2). On a donc montré par récurrence double que ∀n ∈ N, un ∈ N. (2) On note Q(n) : « un = 2n ». On remarque que les termes de la suite (un ) sont définis à l’aide de tous les précédents : on va donc utiliser une récurrence forte. Initialisation : u0 = 1 = 20 ce qui montre Q(0) Hérédité : Soit n ∈ N, on suppose ∀k ∈ [[0, n]] , Q(k). On a donc n n   2n+1 − 1 un+1 = 1 + = 1 + 2n+1 − 1 = 2n+1 uk = 1 + 2k = 1 + 2−1 k=0

k=0

ce qui montre P (n + 1). On a donc montré par récurrence forte que ∀n ∈ N, un = 2n .

Voir exercices 1.6, 1.7, 1.14 et 1.15.

Les méthodes à maîtriser

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Méthode 1.12 : Montrer une inclusion d’ensembles Si E et F sont deux ensembles, montrer que F ⊂ E revient à montrer que ∀x ∈ F, x ∈ E. En reprenant ce que l’on a vu précédemment, on suit le schéma suivant : Soit x ∈ F . Raisonnement utilisant le fait que x est dans F et aucune autre propriété sur x. Alors x ∈ E. On a donc montré que F ⊂ E. Exemple d’application   Si E = (x, y, z) ∈ R3 / x + y + z = 0 et F = {λ(1, −2, 1) / λ ∈ R}, montrons que F ⊂ E. Soit u = (x, y, z) ∈ F . Par définition de F , on dispose de λ ∈ R tel que u = λ(1, −2, 1) = (λ, −2λ, λ). Ainsi x = λ, y = −2λ et z = λ. Donc x + y + z = λ − 2λ + λ = 0, ce qui montre que u ∈ E. On a donc montré que F ⊂ E. Voir exercices 1.9, 1.10 et 1.19. Méthode 1.13 : Montrer une égalité d’ensembles Si E et F sont deux ensembles, pour montrer que E = F , sauf cas particuliers où on peut montrer aisément que x ∈ E ⇔ x ∈ F , on procède par double inclusion : on montre séparément que E ⊂ F et que F ⊂ E. Exemple d’application Pour A ⊂ B, montrons que A ∩ B = A. On procède par double inclusion. • A ∩ B ⊂ A : Soit x ∈ A ∩ B. On a, par définition de l’intersection, x ∈ A et x ∈ B. Donc, entre autres, x ∈ A. On a donc montré que A ∩ B ⊂ A. • A ⊂ A ∩ B : Soit x ∈ A. On a A ⊂ B, donc x ∈ B. On a alors que x ∈ A et x ∈ B. Donc x ∈ A ∩ B, ce qui montre que A ⊂ A ∩ B. On a alors montré, par double inclusion, que A ∩ B = A. Voir exercices 1.9, 1.16 et 1.19.

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Méthode 1.14 : Montrer qu’une application est injective Si f : E → F , montrer que f est injective renvient à montrer que

∀(x1 , x2 ) ∈ E 2 , f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 .

En reprenant ce que l’on a déjà vu, on suit le schéma suivant : Soient x1 et x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). Raisonnement. Alors x1 = x2 . On a donc montré que f est injective.

Exemple d’application Montrons que f : N∗ → N , n → n − 1 est injective. Soient n et m ∈ N∗ tels que f (n) = f (m). On a donc que n − 1 = m − 1 et alors n = m. On a donc montré que f est injective. Voir exercices 1.12, 1.19 et 1.20.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Méthode 1.15 : Montrer qu’une application est surjective Si f : E → F , montrer que f est surjective renvient à montrer que ∀y ∈ F, ∃x ∈ E, y = f (x). En reprenant ce que l’on a vu précédemment, on suit le schéma suivant : Soit y ∈ F . On pose x = valeur intuitée au brouillon. Raisonnement. Alors y = f (x). On a donc montré que f est surjective. Exemple d’application Montrons que f : N∗ → N , n → n − 1 est surjective. Soit m ∈ N, on pose n = m + 1 ∈ N∗ et on a f (n) = n − 1 = m + 1 − 1. Alors f (n) = m. On a donc montré que f est surjective. Voir exercices 1.12 et 1.20. Méthode 1.16 : Montrer qu’une application est bijective Si f : E → F , pour montrer que f est bijective il existe trois méthodes générales Méthode 1 : on montre que f est injective et surjective. Méthode 2 : on arrive directement à trouver la réciproque g de f de manière intuitive et on vérifie que g ◦ f = IdE et f ◦ g = IdF Méthode 3 : on montre que l’équation y = f (x) d’inconnue x ∈ E admet une unique solution pour tout y ∈ F . Exemple d’application (1) Montrons que f : N∗ → N , n → n − 1 est bijective. √ (2) Montrons que f : R+ → R− , x → − ln(1 + x) est bijective. (1) Méthode 1 : On a montré déjà que f est injective et surjective, donc elle est bijective. Méthode 2 : On peut assez naturellement penser que l’opération inverse d’enlever 1 est d’ajouter 1, on pose donc g : N → N∗ , n → n + 1. Si n ∈ N, on a f ◦ g(n) = f (n + 1) = n + 1 − 1 = n donc f ◦ g = IdN . Si n ∈ N∗ , on a g ◦ f (n) = g(n − 1) = n − 1 + 1 = n donc g ◦ f = IdN∗ . Ainsi f est bijective. (2) Méthode 3 : Soient x ∈ R+ et y ∈ R− , on a :  2 √ √ √ y = f (x) ⇔ ln(1 + x) = −y ⇔ 1 + x = e−y ⇔ x = e−y − 1 ⇔ x = e−y − 1 . car x≥0

L’équation y = f (x) admet donc bien une unique solution dans R+ et ce pour tout y ∈ R− . L’application f est donc bijective. En utilisant la méthode 3, si on résout l’équation, on trouve même une expression de la réciproque de f . Voir exercice 1.12.

Les méthodes à maîtriser

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Interro de cours 1. Déterminer la négation, la réciproque et la contraposée de : (a) « Il fait beau donc il ne pleut pas ». (b) « J’ai bien dormi donc je suis en forme ». (c) « J’ai bien révisé donc je connais mon cours ».

2. Soit f : R → R, on pose

• P : « ∀x ∈ R, f (x) = 0 », • Q : « ∃x ∈ R, f (x) = 0 ».

(a) Associer les assertions P et Q aux phrases suivantes : « f s’annule », « f est la fonction nulle ». (b) Nier les assertions P et Q. (c) Déterminer si les implications suivantes sont vraies ou fausses P ⇒ Q,

Q⇒P

et

non Q ⇒ non P.

3. Soient n ∈ Z et p ∈ R. Montrer que p ∈ Z si et seulement si n + p ∈ Z. 4. Montrer que ∀n ∈ N,

n 

k=0

k2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

5. Soit E = {1, 2, 3}. Quelles assertions a-t-on le droit d’écrire ? (a) 1 ∈ E

(d) {1} ⊂ E

(c) {1} ∈ E

(f) ∅ ⊂ E

(b) 1 ⊂ E

(e) ∅ ∈ E

(g) 1 ∈ P(E)

(h) 1 ⊂ P(E)

(i) {1} ∈ P(E)

(j) {1} ⊂ P(E)

(k) ∅ ∈ P(E)

(l) ∅ ⊂ P(E).

6. Soient A et B deux parties d’un ensemble E. Montrer que A\B = B\A. 7. Soit f l’application qui va de l’ensemble des aéroports dans l’ensemble des villes et qui à un aéroport associe la ville où il se situe. Dire que f n’est pas surjective revient à dire que :

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(a) il y a des aéroports qui ne sont pas associés à une ville, (b) il y a au moins une ville sans aéroport, (c) tous les aéroports sont associés à une ville, (d) une ville ne peux pas avoir plus d’un aéroport.

8. De la même manière qu’à la question précédente transformer les affirmation suivantes en applications qui sont ou non surjectives, injectives, bijectives : (a) Une mairie possède un et un seul maire. (b) Les raisins ne possèdent pas tous des pépins. (c) Une place de parking ne peut pas être occupée par plus d’une voiture à la fois. (d) Un arbre possède au moins une branche.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Exercices Pour s’entraîner Exercice 1.1 Transcrire les énoncés suivants en assertions logiques puis donner leur négation : 1. La somme de deux éléments d’un ensemble E appartient encore à E. 2. La fonction réelle f est croissante. 3. La partie E de R est minorée. 4. La fonction f s’annule.

Exercice 1.2 Donner la négation des assertions suivantes : 1. ∀y ∈ F, ∃x ∈ E, y = f (x) 2. ∀(x1 , x2 ) ∈ E 2 , f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 3. ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| ≤ η ⇒ |f (x) − f (a)| ≤ ε.

Exercice 1.3 Soit x un nombre réel. Montrer que 1. (∀ε ≥ 0, |x| ≤ ε) ⇒ x = 0 2. (∀ε > 0, |x| ≤ ε) ⇒ x = 0.

Exercice 1.4 1. Montrer par l’absurde que  √ √ 2 √ 2 2 . 2. Calculer

√

2 est irrationnel.

3. En déduire qu’il existe deux irrationnels a et b tel que ab soit rationnel.

Exercice 1.5 Soit f : R → R une fonction continue. On admet que f possède une primitive qui s’annule en 0 (on verra ce résultat plus tard). Montrer que f admet une unique primitive qui s’annule en 0.

Exercice 1.6 Montrer que ∀n ∈ N∗ , 2n−1 ≤ n! ≤ nn .

Exercice 1.7 Soit (un )n∈N∗ la suite définie par récurrence par u1 = u2 = 1 et Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , un = (n − 1)!.

un+2 = n (un+1 + un )

Exercices

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Exercice 1.8 Montrer qu’il n’existe pas de nombre à la fois pair et impair.

Exercice 1.9 Soient A et B deux parties d’un ensemble E. Montrer que 1. A ∪ B = B ⇔ A ⊂ B 2. A ∪ B = A ∩ B ⇔ A = B 3. (A ∪ B)\(A ∩ B) = (A\B) ∪ (B\A).

Exercice 1.10   Soient A = (x, y, z) ∈ R3 / x + y + z = 0 et B = {λ(1, 1, −2) / λ ∈ R } . 1. Montrer que B ⊂ A. 2. A-t-on A = B ? 3. Écrire A sous la forme A = {au + bv / a, b ∈ R } où u et v sont des triplets à déterminer.

Exercice 1.11 Déterminer si les transformations suivantes définissent leur ensemble de départ et leur ensemble d’arrivée : 1. À deux réels associer leur somme 4. À 2. À deux réels associer leur quotient 5. À 3. À un rationnel associer son dénominateur 6. À

des applications et le cas échéant donner une fonction associer sa primitive une suite associer son premier terme une suite associer sa limite.

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Exercice 1.12 Déterminer si les applications suivantes sont injectives, surjectives, bijectives : 1. f : N → N 4. f ◦ g n → n + 1 5. h : N → N  n 2. g : N → N si n pair 2  n → n−1 n − 1 si n > 0 si n impair n → 2 0 si n = 0 6. u : N → Z  3. g ◦ f n si n pair 2 n → n+1 − 2 si n impair.

Pour aller plus loin Exercice 1.13 Soient n + 1 réels vérifiant 0 ≤ x0 ≤ x1 ≤ · · · ≤ xn ≤ 1. On veut montrer qu’il y en a au moins 1 deux consécutifs qui sont distants d’au plus . n 1. Écrire l’assertion mathématique correspondant à ce que l’on veut montrer. 2. Donner la négation de cette assertion. 3. Démontrer par l’absurde le résultat que l’on veut montrer.

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

Exercice 1.14 1 ∈ Z. x 1 Montrer que, pour tout n ∈ N, xn + n ∈ Z. x Soit x ∈ R∗ tel que x +

On pourra commencer par développer l’expression



xn+1 +

1 xn+1



x+

 1 . x

Exercice 1.15 Montrer que tout n ∈ N∗ s’écrit de manière unique sous la forme n = 2p (2q + 1) avec (p, q) ∈ N2 . Pour l’existence, on utilisera une récurrence forte sur l’hypothèse P (n) : « ∃(p, q) ∈ N2 , n = 2p (2q + 1) ».

Exercice 1.16 Soient A et B deux parties d’un ensemble E. 1. Montrer que 1A = 1B ⇔ A = B. 2. Montrer que a. 1A = 1 − 1A

b. 1A∩B = 1A 1B

c. 1A∪B = 1A + 1B − 1A 1B .

Exercice 1.17 En raisonnant par analyse-synthèse, déterminer toutes les applications de R → R telles que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x)f (y) = f (x) + f (y).

Exercice 1.18 Montrer que toute fonction de R dans R s’écrit de manière unique comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.

Exercice 1.19 Soient f : E → F et A, B des parties de E. 1. Montrer que ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). 2. Montrer l’équivalence suivante : f est injective ⇔ ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).

Exercice 1.20 Soient f : E → F et g : F → G deux applications. 1. Montrer que si f et g sont injectives, alors g ◦ f est injective. 2. Montrer que si f et g sont surjectives, alors g ◦ f est surjective. 3. Montrer que si g ◦ f est injective, alors f est injective. 4. Montrer que si g ◦ f est surjective, alors g est surjective.

Corrections

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Corrections Interro de cours 1. Pour les négations, on utilise la négations de A ⇒ B qui est A et non B. On obtient (a) « Il fait beau et il pleut » (b) « J’ai bien dormi et je suis fatigué » (c) « J’ai bien révisé et je ne connais pas mon cours ». Pour les réciproques : (a) « Il ne pleut pas donc il fait beau » (b) « Je ne suis pas fatigué donc j’ai bien dormi » (c) « Je connais mon cours donc j’ai bien révisé ». Pour les contraposées : (a) « Il pleut donc il ne fait pas beau » (b) « Je suis fatigué donc j’ai mal dormi » (c) « Je ne connais pas mon cours donc je n’ai pas bien révisé ». 2. (a) On a P : « f est la fonction nulle » et Q : « f s’annule ». (b) On a les négations suivantes

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• non P : « f n’est pas la fonction nulle », c’est-à-dire « ∃x ∈ E, f (x) = 0 » • non Q : « f ne s’annule pas », c’est-à-dire « ∀x ∈ E, f (x) = 0 ».

(c) « Si f est la fonction nulle, alors elle s’annule » est vrai et sa contraposée aussi, mais sa réciproque est fausse. Ainsi P ⇒ Q et non Q ⇒ non P sont vraies et Q ⇒ P est fausse. 3. On procède par double implication. • « Si p ∈ Z, alors n + p ∈ Z » : On suppose que p ∈ Z. On sait que la somme de deux entiers relatifs est un entier relatif. Donc, comme n ∈ Z, on a n + p ∈ Z. • « Si n + p ∈ Z, alors p ∈ Z » : On suppose que n + p ∈ Z. On a p = (n + p) − n. Or n + p et n sont des entiers relatifs et la différence de deux entiers relatifs est un entier relatif. Ainsi p ∈ Z. 4. On procède par récurrence en posant l’hypothèse de récurrence, pour n ∈ N, n  n(n + 1)(2n + 1) P(n) : « ». k2 = 6 • Initialisation : pour n = 0, on a 0 

k=0

k=0

k 2 = 02 =

0 × (0 + 1) × (2 × 0 + 1) , 6

ce qui montre P(0). • Hérédité : soit n ∈ N, on suppose P(n). On a n+1 n   n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 . k2 = k 2 + (n + 1)2 = 6 P(n) k=0

k=0

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Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

On factorise ensuite l’expression trouvée  n(n + 1)(2n + 1) n+1 2 n+1 + (n + 1)2 = (n(2n + 1) + 6(n + 1)) = 2n + 7n + 6 . 6 6 6 Or (n + 2)(2n + 3) = 2n2 + 7n + 6. On obtient donc que n+1  k=0

k2 =

(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1) , 6

ce qui montre P(n + 1). On a donc montré par récurrence que ∀n ∈ N,

n 

k=0

k2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

Il ne faut pas hésiter à écrire explicitement (au brouillon ou au propre) ce que l’on doit montrer. Cela peut toujours guider la manière de mener les calculs. C’est ce qui a permis ici de factoriser 2n2 + 7n + 6 (sans passer par l’étude du trinôme). 5. Les assertions que l’on a le droit d’écrire sont : (a), (d), (f), (i), (k), (l). 6. On procède par double inclusion. • « A\B ⊂ B\A » : Soit x ∈ A\B.

On a x ∈ A donc x ∈ / A et x ∈ / B donc x ∈ B. Ainsi x est un élément de B qui n’est pas dans A, c’est-à-dire x ∈ B\A. Alors A\B ⊂ B\A.

• « B\A ⊂ A\B » : Soit x ∈ B\A.

On a x ∈ B donc x ∈ / B et x ∈ / A donc x ∈ A. Ainsi x ∈ A\B. Alors B\A ⊂ A\B. On a donc montré, par double inclusion, que A\B = B\A. 7. Dire que f n’est pas surjective revient à dire qu’un élément de l’ensemble d’arrivée de f (une ville) n’a pas d’antécédent par f (ne possède pas d’aéroport), ce qui correspond à (b). (a) veut dire que f n’est pas bien définie ; (c) veut dire que f est bien définie et (d) veut dire que f est injective. 8. (a) L’application qui va de l’ensemble des maires dans l’ensemble des mairies et qui à un maire associe sa mairie est bijective. (b) L’application qui va de l’ensemble des pépins de raisins dans l’ensemble des raisins et qui à un pépin associe le raisin dans lequel il se trouve n’est pas surjective. (c) L’application qui va de l’ensemble des voitures garées sur le parking dans l’ensemble des places de ce parking et qui à une voiture associe la place où elle est garée est injective. (d) L’application qui va de l’ensemble des branches d’arbres dans l’ensemble des arbres et qui à une branche associe l’arbre sur lequel elle se trouve est surjective.

Exercice 1.1 1. 2. 3. 4.

Assertion : « ∀x, y ∈ E, x + y ∈ E » ; négation : « ∃x, y ∈ E, x + y ∈ / E ». Assertion : « ∀a, b ∈ Df , a ≤ b ⇒ f (a) ≤ f (b) » ; négation : « ∃a, b ∈ Df , a ≤ b et f (a) > f (b) ». Assertion : « ∃m ∈ R, ∀x ∈ E, x ≥ m » ; négation : « ∀m ∈ R, ∃x ∈ E, x < m ». Assertion : « ∃x ∈ Df , f (x) = 0 » ; négation « ∀x ∈ Df , f (x) = 0 ».

Corrections

29

Exercice 1.2 1. ∃y ∈ F, ∀x ∈ E, y = f (x). 2. ∃(x1 , x2 ) ∈ E 2 , f (x1 ) = f (x2 ) et x1 = x2 . 3. ∃ε > 0, ∀η > 0, ∃x ∈ I, |x − a| ≤ η et |f (x) − f (a)| > ε.

Exercice 1.3 1. On suppose que ∀ε ≥ 0, |x| ≤ ε. Cette assertion est vraie même si ε = 0. Donc, pour ε = 0, on obtient |x| ≤ 0. Ainsi |x| = 0 et x = 0, ce qui montre l’implication demandée. 2. On suppose que ∀ε > 0, |x| ≤ ε. On suppose, par l’absurde, que x = 0. On a donc |x| > 0. Donc |x| si on pose ε = |x| 2 > 0, on a |x| ≤ ε = 2 . En divisant de chaque côté par |x| > 0, on obtient que 1 ≤ 12 , ce qui est absurde. Alors x = 0, ce qui montre l’implication demandée.

Exercice 1.4

√ 1. √ On suppose par l’absurde que 2 est rationnel. On dispose donc de p ∈ Z et q ∈ N∗ tels que 2 = pq . Quitte à simplifier la fraction, on peut supposer que p et q ne sont pas tous les deux √ pairs. On a donc p = 2 × q puis p2 = 2q 2 . Ainsi p2 est pair, donc p est pair (cf. exemple d’application de la méthode 1.2). On dispose donc de k ∈ Z tel que p = 2k. On en déduit que 2 2 q 2 = p2 = 4k2 = 2k 2 . Donc q 2 est pair et q est aussi pair. Ainsi, p et q sont tous les deux pairs, ce qui est absurde car, √ par hypothèse, p et q ne sont pas tous les deux pairs. On en conclut √ que 2 est irrationnel.  √  2 √ (√2×√2) √ 2 √ 2 2 = 2 = 2 = 2. 2. On a

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3. On distingue deux cas : √ √2 √ • Si 2 est rationnel, alors on pose a = b = 2 et on a bien a et b irrationnels tels que ab est rationnel. √ √2 √ √2 √ • Si 2 est irrationnel, alors on pose a = 2 et b = 2. D’après la question précédente, on a ab = 2 qui est rationnel. Donc on a bien a et b deux irrationnels tels que ab est rationnel Dans les deux cas, on dispose de a et b irrationnels tels que ab est rationnel.

Exercice 1.5 Soient F et G deux primitives de f s’annulant en 0. On a (F − G) = F  − G = f − f = 0, donc la fonction F − G est constante sur R. On dispose donc de k ∈ R tel que ∀x ∈ R, F (x) − G(x) = k. Or F (0) = G(0) = 0, donc k = 0. Ainsi F = G. On a donc montré que f n’admet qu’une seule primitive s’annulant en 0.

Exercice 1.6 On procède par récurrence en posant l’hypothèse de récurrence, pour n ∈ N∗ P(n) : « 2n−1 ≤ n! ≤ nn ».

• Initialisation : pour n = 1, 21−1 = 1 ≤ 1! = 1 ≤ 11 = 1, ce qui montre P(1).

30

Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

• Hérédité : soit n ∈ N∗ , on suppose P(n). On a 2n = 2 × 2n−1 ≤ 2 × n! ≤ (n + 1) × n! = (n + 1)!. Et

P(n)

(n + 1)! = (n + 1) × n! ≤ (n + 1) × nn ≤ (n + 1) × (n + 1)n = (n + 1)n+1 . P(n)

On a donc montré P(n + 1). Alors, on a démontré par récurrence que ∀n ∈ N∗ , 2n−1 ≤ n! ≤ nn .

Exercice 1.7 On procède par récurrence double en posant l’hypothèse de récurrence, pour n ∈ N∗ P(n) : « un = (n − 1)! ».

• Initialisation : on a u1 = 1 = (1 − 1)! et u2 = 1 = (2 − 1)!, ce qui montre P(1) et P(2). • Hérédité : soit n ∈ N∗ , on suppose P(n) et P(n + 1). On a un+2 = n(un+1 + un ) = n (n! + (n − 1)!) ,

puis, en factorisant par (n − 1)!

un+2 = n (n × (n − 1)! + (n − 1)!) = n ((n + 1) × (n − 1)!) = (n + 1) × n × (n − 1)! = (n + 1)!, ce qui montre P(n + 2).

On a donc démontré par récurrence double que ∀n ∈ N∗ , un = (n − 1)!.

Exercice 1.8 Supposons par l’absurde qu’il existe un entier n à la fois pair et impair. Comme n est pair, on dispose d’un entier p tel que n = 2p. Comme n est impair, on dispose d’un entier k tel que n = 2k + 1. On obtient donc que 2p = n = 2k + 1, puis 1 = 2(p − k). On a ainsi que 1 est pair, ce qui est absurde. On a donc montré par l’absurde qu’il n’existe pas d’entier à la fois pair et impair.

Exercice 1.9 1. On procède par double implication • « A ∪ B = B ⇒ A ⊂ B » : On suppose que A ∪ B = B. On a A ⊂ A ∪ B = B, donc A ⊂ B. • « A ⊂ B ⇒ A ∪ B = B » : On suppose que A ⊂ B et on montre que A ∪ B = B par double inclusion  « B ⊂ A ∪ B » : cette inclusion est toujours vraie  « A ∪ B ⊂ B » : soit x ∈ A ∪ B. On a deux cas  Si x ∈ A, comme A ⊂ B, alors x ∈ B.  Si x ∈ B, alors x ∈ B. Dans les deux cas, x ∈ B. Donc A ∪ B ⊂ B. On a donc montré, par double implication, que A ∪ B = B. Ainsi A ∪ B = B ⇔ A ⊂ B.

Corrections

31

2. On procède par double implication • « A ∪ B = A ∩ B ⇒ A = B » : On suppose que A ∪ B = A ∩ B. On a A ⊂ A ∪ B = A ∩ B ⊂ B, donc A ⊂ B. On montre de même que B ⊂ A. Ainsi A = B. • « A = B ⇒ A ∪ B = A ∩ B » : On suppose que A = B. On a A ∪ B = A ∪ A = A = A ∩ A = A ∩ B. Ainsi A ∪ B = A ∩ B. Alors A ∪ B = A ∩ B ⇔ A = B. 3. On procède par double inclusion • « (A ∪ B)\(A ∩ B) ⊂ (A\B) ∪ (B\A) » : Soit x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). On a x ∈ A ∪ B, on distingue donc deux cas.  Si x ∈ A, alors, comme x ∈ / A ∩ B, x ne peut pas appartenir à A et à B à la fois. Étant dans A, il n’est pas dans B. Ainsi x ∈ A\B.  Si x ∈ B, alors en procédant de la même manière, on obtient que x ∈ / A. Ainsi x ∈ B\A. Au final, x ∈ A\B ou x ∈ B\A, c’est-à-dire x ∈ (A\B) ∪ (B\A), d’où l’inclusion voulue. • « (A\B) ∪ (B\A) ⊂ (A ∪ B)\(A ∩ B) » : Soit x ∈ (A\B) ∪ (B\A). On distingue deux cas.  Si x ∈ A\B, alors x ∈ A, donc x ∈ A ∪ B. De plus x ∈ / B, donc x ∈ / A ∩ B. Ainsi x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B).  Si x ∈ B\A, on procède de la même manière pour montrer que x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B). Dans les deux cas, x ∈ (A ∪ B)\(A ∩ B), ce qui montre l’inclusion voulue.

Exercice 1.10

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1. Soit u = (x, y, z) ∈ B. On dispose de λ ∈ R tel que u = λ(1, 1, −2). On obtient donc que x = λ, y = λ et z = −2λ. Ainsi x + y + z = λ + λ − 2λ = 0 puis u ∈ A. On en conclut que B ⊂ A. 2. On a (1, −1, 0) ∈ A mais (1, −1, 0) ∈ / B (sinon, on aurait un λ égal à 1, −1 et 0 à la fois). On en déduit donc que A = B. 3. On va exprimer z en fonction de x et y dans l’équation de A pour paramétriser A :   A = (x, y, z) ∈ R3 / z = −x − y = {(x, y, −x − y) / x, y ∈ R } = {(x, 0, −x) + (0, y, −y) / x, y ∈ R } = {x(1, 0, −1) + y(0, 1, −1) / x, y ∈ R } .

Si on pose u = (1, 0, −1) et v = (0, 1, −1), les variables étant muettes, on obtient bien A = {au + bv / a, b ∈ R } .

Exercice 1.11 1. C’est une application de R2 dans R. 2. Ce n’est pas une application car on ne peut pas diviser par 0. 3. Un rationnel n’a pas un seul et unique dénominateur ( 12 = 24 , donc ce rationnel admet 2 et 4 comme dénominateurs). L’application n’est donc pas correctement définie. 4. Les fonctions n’ont pas toutes des primitives et celles qui en ont n’en n’ont pas qu’une seule. L’application n’est donc pas correctement définie.

32

Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

5. C’est une application des l’ensemble des suites dans R. 6. Les suites n’ont pas toutes des limite. L’application n’est donc pas correctement définie.

Exercice 1.12 1. • Injectivité : Soient n, m ∈ N tels que f (n) = f (m). On a alors n + 1 = m + 1 et n = m. Donc f est injective. • Surjectivité : 0 n’a pas d’antécédent par f (car −1 ∈ / N), donc f n’est pas surjective, donc f n’est pas bijective. 2. • Injectivité : g(0) = 0 = g(1) donc g n’est pas injective, donc g n’est pas bijective. • Surjectivité : Soit n ∈ N. On a n + 1 > 0, donc g(n + 1) = n et n admet au moins un antécédent par g. Ainsi g est surjective. 3. On a, pour tout n ∈ N, g ◦ f (n) = g(n + 1) = n. Ainsi g ◦ f = IdN et g ◦ f est bijective. 4. On a, pour tout n ∈ N, f ◦ g(n) = f (n − 1) = n et f ◦ g(0) = f (0) = 1. • Injectivité : f ◦ g(1) = 1 = f ◦ g(0) donc f ◦ g n’est pas injective, donc f ◦ g n’est pas bijective. • Surjectivité : on remarque que pour tout n ∈ N, f ◦ g(n) ≥ 1. Donc 0 n’a pas d’antécédent par f ◦ g et f ◦ g n’est pas surjective. 5. • Injectivité : h(0) = 0 = h(1) donc h n’est pas injective. • Surjectivité : Pour tout n ∈ N, on a n = h(2n). Donc h est surjective. 6. • Injectivité : Soient n, m ∈ N tels que u(n) = u(m).  Si u(n) ≥ 0, alors on est dans le cas où n est pair et u(n) = n2 . Or u(m) = u(n) ≥ 0, donc n m de même u(m) = m 2 . Ainsi 2 = 2 puis n = m.  Si u(n) < 0, alors n est impair et u(n) = − n+1 2 . Or u(m) = u(n) < 0, donc de même n+1 m+1 . Ainsi − = − puis n = m. u(m) = − m+1 2 2 2 Dans les deux cas, n = m. On en conclut que u est injective. • Surjectivité : Soit n ∈ Z.  Si n ≥ 0, alors n = 2n 2 = u(2n) car 2n ∈ N est pair. = u(−2n − 1) car −2n − 1 ∈ N est impair.  Si n < 0, alors n = − −2n−1+1 2 Dans les deux cas, n admet un antécédent par u. On en conclut que u est surjective.

Exercice 1.13 1. On veut montrer que « ∃k ∈ [[1, n]], xk − xk−1 ≤ n1 ». 2. La négation de cette assertion est « ∀k ∈ [[1, n]], xk − xk−1 > n1 ». 3. On suppose par l’absurde que ∀k ∈ [[1, n]], xk − xk−1 > n1 . On a ainsi (x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) + · · · + (xn−1 − xn−2 ) + (xn − xn−1 ) >

1 1 1 1 + + · · · + + = 1. n n  n n n fois

De plus cette somme se simplifie en

(x1 − x0 ) + (x2 − x1 ) + · · · + (xn−1 − xn−2 ) + (xn − xn−1 ) = xn − x0 .

Donc, xn − x0 > 1. Or x0 et xn sont dans [0, 1], alors xn − x0 ≤ 1, ce qui est absurde. On a donc montré, par l’absurde, qu’il y a au moins deux xk consécutifs distants d’au plus

1 n.

Corrections

33

Exercice 1.14 On commence par utiliser l’indication :        1 1 1 1 = xn+2 + n+2 + xn + n . x+ xn+1 + n+1 x x x x

On va donc démontrer le résultat par récurrence double en posant l’hypothèse de récurrence, pour n ∈ N 1 P(n) : « xn + n ∈ Z » x • Initialisation : On a x0 + x10 = 2 ∈ Z et x1 + x11 = x + x1 ∈ Z par hypothèse. On a donc bien P(0) et P(1). • Hérédité : Soit n ∈ N, on suppose P(n) et P(n + 1). On utilise le calcul de l’indication pour obtenir        1 1 1 1 n+2 n+1 n − x + n . x+ + n+2 = x + n+1 x x x x x Par produit et différence d’entiers, xn+2 +

1 xn+2

est un entier, ce qui montre P(n + 2). 1 On a donc montré, par récurrence double, que ∀n ∈ N, xn + n ∈ Z. x

Exercice 1.15 On procède par récurrence forte en posant l’hypothèse de récurrence, pour n ∈ N∗ , P(n) : « ∃(p, q) ∈ N2 , n = 2p (2q + 1) »

• Initialisation : On a 1 = 20 (2 × 0 + 1) ce qui montre P(1). • Hérédité : Soit n ∈ N∗ , on suppose ∀k ∈ [[1, n]], P(k). On distingue deux cas, selon la parité de n + 1.  Si n + 1 est pair, alors on dispose de k ∈ [[1, n]] tel que n + 1 = 2k. Comme k ≤ n, d’après P(k), on dispose de deux entiers naturels r et s tels que k = 2r (2s + 1). Ainsi n + 1 = 2k = 2r+1 (2s + 1) = 2p (2q + 1)

en posant p = r + 1 et q = s.

 Si n + 1 est impair, alors on dispose de k ∈ N tel que n + 1 = 2k + 1. Ainsi © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

n + 1 = 20 (2k + 1) = 2p (2q + 1)

en posant p = 0 et q = k.

Dans les deux cas, on peut trouver deux entiers naturels p et q tels que n + 1 = 2p (2q + 1), ce qui montre P(n + 1). On a donc montré, par récurrence forte, que ∀n ∈ N∗ , ∃(p, q) ∈ N2 , n = 2p (2q + 1).

Exercice 1.16 1. Si A = B, il est évident que 1A = 1B . Il faut donc montrer l’implication dans le sens direct. On suppose que 1A = 1B . Soit x ∈ A, on a 1A (x) = 1 par définition. Ainsi 1B (x) = 1A (x) = 1. On en conclut que x ∈ B puis que A ⊂ B. On montre de même que B ⊂ A. On en conclut, par double inclusion, que A = B.

34

Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

2. a. • Si x ∈ A, alors 1A (x) = 0 = 1 − 1 = 1 − 1A (x). • Si x ∈ / A, alors 1A (x) = 1 = 1 − 0 = 1 − 1A (x). Ainsi 1A = 1 − 1A . b. • Si x ∈ A ∩ B, alors 1A∩B (x) = 1 = 1 × 1 = 1A (x)1B (x). • Si x ∈ / A ∩ B, alors x ∈ / A ou x ∈ / B puis 1A (x) = 0 ou 1B (x) = 0. On en déduit que 1A (x)1B (x) = 0 = 1A∩B (x). Ainsi 1A∩B = 1A 1B . c. • Si x ∈ A et x ∈ B, alors 1A∪B (x) = 1 = 1 + 1 − 1 = 1A (x) + 1B (x) − 1A (x)1B (x). • Si x ∈ A et x ∈ / B, alors 1A∪B (x) = 1 = 1 + 0 − 0 = 1A (x) + 1B (x) − 1A (x)1B (x). • Si x ∈ / A et x ∈ B, alors 1A∪B (x) = 1 = 0 + 1 − 0 = 1A (x) + 1B (x) − 1A (x)1B (x). • Si x ∈ / A et x ∈ / B, alors 1A∪B (x) = 0 = 0 + 0 − 0 = 1A (x) + 1B (x) − 1A (x)1B (x). Ainsi 1A∪B = 1A + 1B − 1A 1B .

Exercice 1.17 On procède par analyse-synthèse. • Analyse : Soit f : R → R vérifiant ∀(x, y) ∈ R2 , f (x)f (y) = f (x) + f (y). On commence par utiliser l’égalité donnée pour x = y = 0 pour obtenir que f (0)f (0) = f (0) + f (0), c’est-à-dire f (0)(f (0) − 2) = 0.

On en déduit que f (0) = 0 ou que f (0) = 2.  Si f (0) = 0, alors, en prenant x ∈ R et en utilisant l’égalité pour x et 0, on obtient que f (x)f (0) = f (x) + f (0), c’est-à-dire 0 = f (x).

On en déduit que f est l’application nulle.  Si f (0) = 2, alors, en prenant x ∈ R et en utilisant l’égalité pour x et 0, on obtient que f (x)f (0) = f (x) + f (0), c’est-à-dire 2f (x) = f (x) + 2 donc f (x) = 2.

On en déduit que f est constante et égale à 2. On obtient au final que soit f est nulle soit f est constante et égale à 2. • Synthèse : Soit f qui est soit l’application nulle soit l’application constante égale à 2. Soit (x, y) ∈ R2 .  Si f est l’application nulle, alors f (x)f (y) = 0 × 0 = 0 = 0 + 0 = f (x) + f (y).

 Si f est l’application constante égale à 2, alors

f (x)f (y) = 2 × 2 = 4 = 2 + 2 = f (x) + f (y).

Dans les deux cas, f est solution du problème. Ainsi les applications solutions du problème sont l’application nulle et l’application constante égale à 2. Dans ce genre de problème où l’on dispose d’une condition vraie pour toute(s) valeur(s) d’un ou plusieurs paramètres (ici pour tous x et y), c’est en général une bonne idée de tester cette condition en des valeurs particulières (ici, x = y = 0).

Corrections

35

Exercice 1.18 On procède par analyse-synthèse. Soit f une fonction de R dans R. • Analyse : On suppose qu’il existe une fonction paire p et une fonction impaire i telles que f = p + i. Soit x ∈ R. Par parité des fonctions p et i, on obtient que f (x) = p(x) + i(x)

et

f (−x) = p(x) − i(x).

En sommant et en soustrayant ces deux égalités, on obtient que

f (x) + f (−x) f (x) − f (−x) et i(x) = . 2 2 • Synthèse : On pose les fonctions p et i définies sur R par p(x) =

∀x ∈ R, p(x) = Soit x ∈ R. On a p(x) + i(x) = et p(−x) = et

f (x) − f (−x) f (x) + f (−x) et i(x) = . 2 2

f (x) + f (−x) + f (x) − f (−x) 2f (x) = = f (x) 2 2 f (−x) + f (−(−x)) f (−x) + f (x) = = p(x) 2 2

f (−x) − f (−(−x)) f (−x) − f (x) f (x) − f (−x) = =− = −i(x). 2 2 2 On en conclut que f = p + i avec p paire et i impaire. Ainsi f se décompose de manière unique comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire. i(−x) =

La phase d’analyse nous donne même l’expression de ces deux fonctions.

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Exercice 1.19 1. Soit (A, B) ∈ P(E)2 . Soit y ∈ f (A ∩ B). On dispose de x ∈ A ∩ B tel que y = f (x). On a x ∈ A, donc y = f (x) ∈ f (A). De même, x ∈ B, donc y ∈ f (B). Ainsi y ∈ f (A) ∩ f (B) ce qui montre que f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). 2. On procède par double implication. • « f injective ⇒ ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) ». On suppose f injective. Soit (A, B) ∈ P(E)2 . Soit y ∈ f (A) ∩ f (B). Comme y ∈ f (A), on dispose de a ∈ A tel que y = f (a). De même, comme y ∈ f (B), on dispose de b ∈ B tel que y = f (b). On a donc que f (a) = f (b). Par injectivité de f , on en déduit que a = b ∈ A ∩ B. Ainsi y ∈ f (A ∩ B) ce qui montre que f (A) ∩ f (B) ⊂ f (A ∩ B). L’autre inclusion ayant été démontrée à la question précédente, on en conclut que f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).

36

Chapitre 1

Raisonnements, ensembles et applications

• « ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) ⇒ f injective ». On suppose que ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B). Soient x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). On pose A = {x1 } et B = {x2 }. On a donc f (A) = {f (x1 )} = {f (x2 )} = f (B), puis f (A) ∩ f (B) = {f (x1 )} = ∅. On suppose, par l’absurde, que x1 = x2 . On a donc que A ∩ B = ∅ et f (A ∩ B) = ∅. Or f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) = ∅ ce qui est absurde. Alors x1 = x2 donc f est injective. On en conclut que : f injective ⇔ ∀(A, B) ∈ P(E)2 , f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B)

Exercice 1.20 1. On suppose f et g injectives. Soient x1 , x2 ∈ E tels que g ◦ f (x1 ) = g ◦ f (x2 ). On a g(f (x1 )) = g(f (x2 )), donc f (x1 ) = f (x2 ) par injectivité de g. Puis, par injectivité de f , on obtient x1 = x2 . On en conclut que g ◦ f est injective. 2. On suppose f et g surjectives. Soit z ∈ G. L’application g étant surjective, on dispose de y ∈ F tel que z = g(y). L’application f étant surjective, on dispose de x ∈ E tel que y = f (x). On obtient donc que z = g(y) = g(f (x)) = g ◦ f (x). Ainsi, tout élément de G admet un antécédent par g ◦ f dans E donc g ◦ f est surjective. 3. On suppose g ◦ f injective. Soient x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). En composant par l’application g, on obtient que g(f (x1 )) = g(f (x2 )) c’est-à-dire g ◦ f (x1 ) = g ◦ f (x2 ). Par injectivité de g ◦ f , on en déduit que x1 = x2 . Ainsi f est injective. 4. On suppose g ◦ f surjective. Soit z ∈ G. L’application g ◦ f étant surjective, on dispose de x ∈ E tel que z = g ◦ f (x). Si on pose y = f (x) ∈ F , on obtient z = g ◦ f (x) = g(f (x)) = g(y).

Ainsi, tout élément de G admet un antécédent par g dans F et g est surjective.

Partie 1

Techniques de calcul

CHAPITRE

Ensembles de nombres

2

L’essentiel du cours  1 Nombres entiers Définition • On appelle entier naturel tout entier positif ou nul. On note N l’ensemble des entiers naturels. • On appelle entier relatif tout entier qu’il soit positif ou négatif. On note Z l’ensemble des entiers relatifs. Définition Soit n un entier. On dit que • n est pair s’il existe un entier k tel que n = 2k. • n est impair s’il existe un entier k tel que n = 2k + 1. Définition On appelle nombre rationnel tout nombre de la forme

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l’ensemble des nombres rationnels.

p avec p ∈ Z et q ∈ N∗ . On note Q q

 2 Nombres réels Définition On appelle intervalle de R toute partie de R d’une des formes suivantes (avec a ≤ b ∈ R) : [a, b] ]a, b] [a, b[ ]a, b[

= = = =

{x ∈ R {x ∈ R {x ∈ R {x ∈ R

/ / / /

a ≤ x ≤ b} a < x ≤ b} a ≤ x < b} a < x < b}

[a, +∞[ ]a, +∞[ ] − ∞, b] ] − ∞, b[

= = = =

{x ∈ R {x ∈ R {x ∈ R {x ∈ R

/ / / /

a ≤ x} a < x} x ≤ b} x < b}

Si a > b, alors [a, b] = ∅. L’ordre des bornes a donc une très grande importance.

40

Chapitre 2

Ensembles de nombres

Définition Si x ∈ R, la valeur absolue de x est le réel |x| = max(x, −x). Ainsi |x| = x si x ≥ 0 et |x| = −x sinon. Inégalité triangulaire Soient x, y ∈ R. On a

|x + y| ≤ |x| + |y|

et

||x| − |y|| ≤ |x − y| .

On n’a en aucun cas ∀x, y ∈ R, |x − y| ≤ |x| − |y|. La seule chose que l’on peut avoir est |x − y| ≤ |x| + |−y| = |x| + |y|

Définition Soit x ∈ R. On appelle partie entière de x, noté x, le seul entier n ∈ Z vérifiant n ≤ x < n + 1. Il s’agit du plus grand entier inférieur ou égal à x. Propriétés de la puissance Soient x, y ∈ R∗ et n, m ∈ Z. On a 1 xn+m = xn xm , x−n = n , x

xnm = (xn )

et

m

(xy) = xn y n . n

Définition Soit x ∈ R+ . On appelle racine carrée de x, noté

√

x, le réel positif dont le carré vaut x.

Propriétés de la racine carrée Soient x ∈ R et y ∈ R. On a √ √ 2 x2 = |x| , si x ≥ 0, x = x,

et

si x ≥ 0 et y ≥ 0,

√ √ √ xy = x y.

Identités remarquables Soient a, b ∈ R. On a

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ,

(a − b)2 = a2 − 2ab + b2

et

a2 − b2 = (a − b)(a + b).

Si a, b sont non nuls, ne jamais écrire (a+b)2 = a2 +b2 ou encore pire (a−b)2 = a2 −b2 .

L’essentiel du cours

41

Opérations et inégalités Soient a, x, y, z, t ∈ R. • Si x ≤ z et y ≤ t, alors x + y ≤ z + t. • Si x ≤ y et a ≥ 0, alors ax ≤ ay. Si x ≤ y et a ≤ 0, alors ax ≥ ay. • Si 0 ≤ x ≤ z et 0 ≤ y ≤ t, alors xy ≤ zt. 1 1 1 1 • Si 0 < x ≤ y, alors ≥ . Si x ≤ y < 0, alors ≥ . x y x y • On ne peut pas soustraire deux inégalités de même sens, on multiplie la deuxième par −1 et on l’ajoute à la première. • Lorsqu’on multiplie par un élément de chaque côté d’une inégalité, il faut bien faire attention au signe de cet élément. • Il faut bien se ramener à n’avoir que des réels positifs pour pouvoir multiplier deux inégalités. Définition Soit ax2 + bx + c un trinôme du second degré (avec a, b, c des réels et a = 0). On appelle discriminant du trinôme le réel ∆ = b2 − 4ac.

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Équation du second degré Soient a, b, c ∈ R avec a = 0. On considère l’équation ax2 + bx + c = 0 de discriminant ∆. • Si ∆ > 0, l’équation admet deux solutions réelles √ √ −b − ∆ −b + ∆ et x2 = , x1 = 2a 2a le trinôme est du signe de a en-dehors de racines et du signe de −a entre les racines et ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ). b • Si ∆ = 0, l’équation admet une seule solution réelle x0 = − , le trinôme est du signe de a 2a sur R et ax2 + bx + c = a(x − x0 )2 . • Si ∆ < 0, l’équation n’admet pas de solution réelle, le trinôme est du signe de a sur R et ax2 + bx + c ne se factorise pas dans R.

 3 Majorant, maximum, borne supérieure Définition Soit A une partie de R. • On dit que A est majorée s’il existe un réel M tel que ∀x ∈ A, x ≤ M . Un tel réel M est appelé un majorant de A. • On dit que A est minorée s’il existe un réel m tel que ∀x ∈ A, x ≥ m. Un tel réel m est appelé un minorant de A. • On dit que A est bornée si elle est majorée et minorée.

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

Définition Soit A une partie de R. • On dit que M est le maximum de A si M est un majorant de A et M est un élément de A. On le note max(A). • On dit que m est le minimum de A si m est un minorant de A et m est un élément de A. On le note min(A). • Une partie majorée n’admet pas forcément de maximum. • Si le maximum/minimum existe, il est unique. Définition Soit A une partie de R. • On appelle borne supérieure de A le plus petit des majorants de A, s’il existe. On la note sup(A). • On appelle borne inférieure de A le plus grand des minorants de A, s’il existe. On la note inf(A). Si la borne supérieure/inférieure existe, elle est unique. La borne supérieure d’une partie de R n’appartient pas forcément à cette partie. La borne supérieure de ] − ∞, 0[ est 0 mais n’appartient pas à ] − ∞, 0[. Théorème • Toute partie non vide majorée de R admet une borne supérieure. • Toute partie non vide minorée de R admet une borne inférieure. Caractérisation de la borne supérieure / inférieure Soit A une partie de R. • s est la borne supérieure de A si et seulement si s est un majorant de A et ∀ε > 0, ∃x ∈ A, x > s − ε.

• i est la borne inférieure de A si et seulement si i est un minorant de A et ∀ε > 0, ∃x ∈ A, x < i + ε.

La deuxième partie de la caractérisation de la borne supérieure revient à dire que, pour tout ε > 0 aussi petit soit-il, s − ε n’est pas un majorant.

Les méthodes à maîtriser

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Les méthodes à maîtriser Méthode 2.1 : Encadrer une différence, un produit et un quotient Il ne faut pas se précipiter en créant de nouvelles règles de calcul sur les inégalités. Il faut commencer par modifier nos inégalités pour se ramener aux règles de base : on peut ajouter deux inégalités et, quand tout est positif, on peut multiplier deux inégalités. • Pour une différence : on multiplie l’inégalité que l’on veut soustraire par −1 et on l’ajoute à l’autre. • Pour un produit : on se ramène à ne considérer que des objets positifs, quitte à multiplier les inégalités par −1 ou à distinguer des cas, et on les multiplie ensuite. • Pour un quotient : grâce au passage à l’inverse on compare les inverses des dénominateurs, quitte à distinguer les cas pour tout avoir du même signe, et ensuite on multiplie cette inégalité à celle concernant les numérateurs en suivant la démarche pour le produit.

Exemple d’application

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Soient −1 ≤ x ≤ 2 et 2 ≤ y ≤ 4. Encadrer x + y, x − y, xy et

x y

.

• Aucun problème, il s’agit d’une somme, on ajoute terme à terme et on obtient 1 ≤ x + y ≤ 6. • On commence par multiplier par −1 l’inégalité avec y : −4 ≤ y ≤ −2. Ensuite, on l’ajoute à l’inégalité avec x pour obtenir −5 ≤ x − y ≤ 0. • Le réel x n’est pas de signe fixé, il va donc falloir disjoindre des cas. — Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x ≤ 2. Tout étant positif, on peut multiplier et obtenir 0 ≤ xy ≤ 8. — Si x ≤ 0, alors −1 ≤ x ≤ 0. On commence par multiplier cette dernière inégalité par −1 : 0 ≤ −x ≤ 1. On peut maintenant multiplier : 0 ≤ (−x)y ≤ 4. On multiplie cette dernière inégalité par −1 pour retrouver xy : −4 ≤ xy ≤ 0. Au final, on obtient −4 ≤ xy ≤ 8. • On commence par inverser l’inégalité de y (on peut le faire car tout est strictement positif dans 1 1 1 cette inégalité) : ≤ ≤ . On va ensuite encore devoir distinguer des cas suivant le signe 4 y 2 de x. 1 — Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x ≤ 2. On peut ensuite multiplier pour obtenir : 0 ≤ x × ≤ 1. y — Si x ≤ 0, alors −1 ≤ x ≤ 0 et 0 ≤ −x ≤ 1. On peut ensuite multiplier : 1 x 1 x 1 0 ≤ (−x) × ≤ . On multiplie par −1 pour récupérer : − ≤ ≤ 0. y 2 y 2 y 1 x Au final, on obtient − ≤ ≤ 1. 2 y Voir exercices 2.1, 2.2, 2.5, 2.7 et 2.8.

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

Méthode 2.2 : Exploiter une valeur absolue Parfois, on peut vouloir se débarrasser d’une valeur absolue dans une expression. Pour ce faire, il va falloir distinguer des cas en fonction du signe de ce qui se trouve dans la valeur absolue. Ensuite, on utilise le fait que |x| = x si x ≥ 0 et |x| = −x si x ≤ 0. Exemple d’application Résoudre l’équation |2x − 8| + |x − 1| = 9 On va distinguer deux cas en fonction du signe de 2x − 8, qui change en x = 4, et de celui de x − 1, qui change en x = 1. Le plus simple ensuite est d’effectuer un tableau pour récapituler les expressions de |2x − 8| et |x − 1| puis de leur somme, que l’on notera S. x −∞ |2x − 8| 8 − 2x |x − 1| 1−x S 9 − 3x

1

4 8 − 2x 0 0 x−1 0 7−x 0

+∞

2x − 8 x−1 3x − 9

Ensuite, on résout l’équation sur chacun des intervalles (en vérifiant bien que la ou les solutions trouvées sont bien dans cet intervalle). • Sur ] − ∞, 1], on obtient x = 0 qui est dans l’intervalle. • Sur [1, 4], on obtient x = −2 qui n’est pas dans l’intervalle. • Sur [4, +∞[, on obtient x = 6 qui est dans l’intervalle. Au final, les solutions de l’équation sont 0 et 6. Voir exercices 2.2, 2.3 et 2.4. Méthode 2.3 : Résoudre une équation Pour résoudre une équation simple du type f (x) = g(x), on commence par se ramener à une équation du type h(x) = 0, par une simple soustraction. Ensuite, on factorise notre expression : on met tout au même dénominateur s’il y a des fractions et ensuite on repère des facteurs communs ou des identités remarquables. Pour finir on utilise le fait qu’un produit est nul si et seulement si au moins un des facteurs est nul ou le fait qu’un quotient est nul si et seulement si le numérateur est nul et le dénominateur est non nul. Exemple d’application (x − 1)(x2 + 6x + 7) x−1 x−1 Résoudre = + (x + 1)(x + 2) x+1 x+2 On commence par donner un nom à l’équation : (E), puis par tout ramener à gauche de l’inégalité et tout mettre au même dénominateur : (x − 1)(x2 + 6x + 7) − (x − 1)(x + 2) − (x − 1)(x + 1) =0 (E) ⇔ (x + 1)(x + 2) Ensuite, on repère (x − 1) comme facteur commun pour factoriser le numérateur :

(x − 1)(x2 + 6x + 7) − (x − 1)(x + 2) − (x − 1)(x + 1) = (x − 1)(x2 + 4x + 4)

Les méthodes à maîtriser

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Une simple résolution nous donne que la solution de x2 +4x+4 = 0 est −2. Place à la conclusion :   (E) ⇔ x − 1 = 0 ou x2 + 4x + 4 = 0 et x + 1 = 0 et x + 2 = 0 ⇔ (x = 1 ou x = −2) et x = −1 et x = −2 Ainsi la seule solution de (E) est 1.

Attention aux simplifications hasardeuses : • On aurait pu diviser par x−1 toute l’équation, mais on aurait perdu la seule solution que l’on a trouvé à la fin. En effet, pour pouvoir diviser par x − 1, il faut s’assurer que x − 1 = 0, ce qui n’est pas le cas ici. • En poussant le calcul un peu plus loin et en factorisant le trinôme, on aurait pu faire la simplification suivante : (x − 1)(x + 2) (x − 1)(x + 2)2 =0⇔ =0 (x + 1)(x + 2) x+1 On aurait ainsi trouvé 1 et −2 comme solutions, ce qui est faux. En effet, en faisant ceci, il aurait fallu continuer de préciser que x + 2 devait être non nul. (E) ⇔

Voir exercice 2.3. Méthode 2.4 : Résoudre une inéquation Pour résoudre une inéquation simple, on applique le même principe que pour la résolution d’une équation simple, jusqu’à avoir à déterminer le signe d’une expression factorisée. Pour ce faire, on dresse un tableau de signe pour chacun des facteurs. Exemple d’application (x − 1)(x2 + 6x + 7) x−1 x−1 Résoudre ≥ + (x + 1)(x + 2) x+1 x+2 On commence par donner un nom à l’inéquation : (I), puis on reprend les calculs de l’exercice précédent pour se ramener à : (x − 1)(x2 + 4x + 4) ≥0 (x + 1)(x + 2) Ensuite, on fait un tableau de signe, en notant Q le quotient obtenu,

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(I) ⇔

x −∞ x−1 − x2 + 4x + 4 + x+1 − x+2 − Q −

1 − − 0 0 + + − 0 + 0 + + + − 0

−2

−1

Ainsi l’ensemble des solutions de (I) est ] − 2, −1[∪[1, +∞[.

+∞ + + + + + Voir exercice 2.4.

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

Méthode 2.5 : Exploiter la partie entière dans des inégalités Pour utiliser la partie entière dans des inégalités, il faut revenir à la définition : x ≤ x < x + 1

et utiliser le plus possible le fait que si m, n ∈ Z, on a : n < m ⇔ n ≤ m − 1. Si on veut égaler des parties entières, il faut aussi revenir à la définition : x est le seul entier n vérifiant n ≤ x < n + 1. Exemple d’application (1) Montrer que la fonction · est croissante. (2) Soit x ∈ R. Montrer que x + 1 = x + 1 (1) Soient x ≤ y deux réels. Par définition, on a x ≤ x < x + 1 et y ≤ y < y + 1. Ainsi x ≤ x ≤ y < y + 1

d’où

x < y + 1.

Or x et y sont des entiers, donc x ≤ y. On en conclut que la fonction · est croissante. (2) Soit x ∈ R. Par définition, on a x ≤ x < x + 1. On a donc x + 1 ≤ x + 1 < (x + 1) + 1.

Ainsi, x + 1 est un entier n vérifiant n ≤ x + 1 < n + 1. Par unicité, n = x + 1. Ainsi x + 1 = x + 1.

Voir exercice 2.6.

Les méthodes à maîtriser

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Interro de cours 1. Est-ce qu’un nombre entier est rationnel ? 2. Soient 4 ≤ x ≤ 8 et −2 ≤ y ≤ −1. Parmi les inégalités suivantes, lesquelles sont vraies ? (a) 2 ≤ x + y ≤ 6

(b) 6 ≤ x − y ≤ 7

(c) −16 ≤ xy ≤ −4 x (d) −2 ≤ ≤ −8. y Soient a et b deux réels. Montrer que |a| = |b| si et seulement si a = b ou a = −b.

3. 4. Résoudre l’équation |3x + 2| = |x + 4|, d’inconnue x ∈ R. 5. Soient x, a et ε trois réels tels que ε > 0 et |x − a| ≤ ε. Parmi les inégalités suivantes, lesquelles sont vraies ?

(a) x − a ≤ ε

(b) x − a ≥ −ε

(c) x − a ≤ ε ≤ x + a

(d) a − ε ≤ x ≤ a + ε.

6. Soient x et y deux réels. A-t-on x + y = x + y ? 7. Résoudre l’inéquation 2x2 + 5x − 3 > 0, d’inconnue x ∈ R. 8. Soit A une partie non vide de R. Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont vraies ? (a) Si s est la borne supérieure de A, alors s un majorant de A.

(b) Si s est la borne supérieure de A, alors A admet un maximum M ≤ s. (c) Si M est le maximum de A, alors M est aussi sa borne supérieure.

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(d) Si s est la borne supérieure de A, alors il existe x ∈ A tel que s − 1 ≤ x.

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

Exercices Pour s’entraîner Exercice 2.1 Montrer que pour tout x > 1,

1−x 1−x √ ≥ . 2 1+ x

Exercice 2.2 On suppose que |x − 1| ≤ 2 et que −5 ≤ y ≤ −4. Encadrer les expressions suivantes : 1. x + y 2. x − y

3. xy x 4. y

5. |x|

6. |x| − |y|

7. x2 8.

y2

x2 . − x2

Exercice 2.3 Résoudre dans R les équations suivantes : 1.

3x + 1 = −1 x2 + 1

2. |2x − 1| = |x − 5|

Exercice 2.4

3. |x + 3| + |x − 5| = 8   4. |x + 12| = x2 − 8.

Résoudre dans R les inéquations suivantes : 1. |x − 3| + |x + 4| ≤ 7 2. 0 ≤

x ≤1 x2 − 1

Exercice 2.5

x3 − 1 ≤ x2 − x − 1 x+1    3 √ 2  4. x − 4x + 4 ≤  x − 1. 2

3.

On considère le sous-ensemble A de R défini par   x−y / x ∈ [−1, 1], y ∈ [−1, 1] . A= x+y+3

Trouver un majorant de A.

Exercice 2.6 Soient a et b deux réels tels que a ≤ b. Montrer que Card([a, b] ∩ Z) = b + 1 − a.

Exercices

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Pour aller plus loin Exercice 2.7 Soient a, b, c ∈ R+ . Le but est de montrer qu’au moins un des réels a(1 − b), b(1 − c), c(1 − a) est 1 inférieur ou égal à . 4 1. Si a, b ou c est supérieur ou égal à 1, montrer la propriété voulue. 2. On suppose désormais que a, b et c sont dans [0, 1[. a. Déterminer le signe de a(1 − b), b(1 − c) et c(1 − a). 1 b. Soit x ∈ R, mettre x(1 − x) sous forme canonique et en déduire que x(1 − x) ≤ . 4 c. En déduire que 1 a(1 − b) × b(1 − c) × c(1 − a) ≤ 3 . 4 d. Conclure.

Exercice 2.8 1. Montrer que ∀a, b ∈ R, |ab| ≤ 2. Soient 0 < x ≤ y. On définit

a2 + b2 . 2

x+y • la moyenne arithmétique de x et y : m = 2 √ • la moyenne géométrique de x et y : g = xy

1 1 • la moyenne harmonique de x et y, notée h, par : = h 2 On veut montrer que x ≤ h ≤ g ≤ m ≤ y. a. Montrer que m ≤ y. b. Montrer que x ≤ h. c. Montrer que g ≤ m. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

d. En remarquant que conclure.



 1 1 + . x y

1 1 1 1 1 est la moyenne arithmétique de et , montrer que ≥ et h x y h g

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

Corrections Interro de cours 1. Oui. Si n ∈ Z, alors n = n1 avec n et 1 des entiers, donc n est rationnel. 2. (a) Vrai. On a le droit d’ajouter des inégalités. (b) Faux. On n’a pas le droit de soustraire des inégalités. Il aurait fallu encadrer −y puis l’ajouter à x. (c) Vrai. On a 1 ≤ −y ≤ 2. On peut multiplier cet encadrement avec celui de x (car tous les nombres sont positifs) et on obtient 4 ≤ −xy ≤ 16. On finit en multipliant par −1 < 0 pour obtenir −16 ≤ xy ≤ −4.

(d) Faux. −2 n’est pas inférieur à −8. 3. Si a = b ou a = −b, il est clair que |a| = |b|. Pour l’autre sens, on suppose que |a| = |b|. On a |a| qui vaut a ou −a (en fonction du signe de a) et de même pour |b|. On considère tous les cas. • Si |a| = a et |b| = b, alors a = |a| = |b| = b. • Si |a| = a et |b| = −b, alors a = |a| = |b| = −b. • Si |a| = −a et |b| = b, alors a = − |a| = − |b| = −b. • Si |a| = −a et |b| = −b, alors a = − |a| = − |b| = b. Donc, au final, on obtient que a = b ou a = −b. 4. En utilisant le résultat de la question précédente, on a 3 |3x + 2| = |x + 4| ⇔ 3x + 2 = x + 4 ou 3x + 2 = −x − 4 ⇔ x = 1 ou x = − . 2 5. On a |x − a| ≤ ε ⇔ −ε ≤ x − a ≤ ε ⇔ a − ε ≤ x ≤ a + ε.

Ainsi les propositions     vraies sont (a), (b), (d).   6. Non. On a 12 + 12 = 0 + 0 = 0, alors que 12 + 12 = 1 = 1. 7. On calcule le discriminant du trinôme ∆ = 52 − 4 × 2 × (−3) = 25 + 24 = 49 = 72 . On trouve donc les deux racines du trinôme 1 −5 − 7 −5 + 7 = −3 et x2 = = . x1 = 2×2 2×2 2

Le cœfficient du trinôme est 2 > 0, donc la solution de l’inéquation est l’ensemble ]−∞, −3[∪] 12 , +∞[. 8. (a) Vrai. Par définition, s est le plus petit des majorants, c’est donc bien un majorant. (b) Faux. Il existe des ensembles non vide majorés qui n’ont pas de maximum : R∗+ par exemple est majoré, admet 0 comme borne supérieure mais n’a pas de maximum. (c) Vrai. Étant le maximum, M est un majorant. Et si α est un majorant de A, on a M ≤ α car M ∈ A. Donc M est bien le plus petit des majorants.

(d) Vrai. On a s − 1 < s, donc s − 1 n’est pas un majorant de A (car s est le plus petit des majorants). On peut donc trouver un élément x ∈ A qui lui est supérieur, c’est-à-dire tel que s − 1 ≤ x.

Corrections

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Exercice 2.1

√ √ On a x > 1, donc x > 1 puis 1 + x > 2. Tous ces nombres étant positifs, on peut inverser et 1 1 √ < . On finit par multiplier de chaque côté de l’inégalité par 1 − x < 0 (ce qui obtenir 2 1+ x 1−x 1−x √ > change le sens de l’inégalité) pour en conclure que . L’inégalité stricte étant vraie, 2 1+ x l’inégalité large l’est aussi.

Exercice 2.2

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On commence par encadrer x : on a −2 ≤ x − 1 ≤ 2, donc −1 ≤ x ≤ 3. 1. Par somme, on a −6 ≤ x + y ≤ −1

2. On a 4 ≤ −y ≤ 5, puis par somme 3 ≤ x − y ≤ 8 3. On distingue deux cas en fonction du signe de x. • Si x ≤ 0, alors −1 ≤ x ≤ 0, puis 0 ≤ −x ≤ 1. De plus 4 ≤ −y ≤ 5. Tout est positif, on peut donc multiplier et obtenir 0 ≤ xy ≤ 5. • Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x ≤ 3. De plus, 4 ≤ −y ≤ 5. Tout est positif, on peut donc multiplier et obtenir 0 ≤ −xy ≤ 15. Donc −15 ≤ xy ≤ 0. Au final, on obtient −15 ≤ xy ≤ 5 4. On distingue deux cas en fonction du signe de x. 1 1 1 ≤− ≤ . • Si x ≤ 0, alors −1 ≤ x ≤ 0, puis 0 ≤ −x ≤ 1. De plus 4 ≤ −y ≤ 5 donc 5 y 4 1 x Tout est positif, on peut donc multiplier et obtenir 0 ≤ ≤ . y 4 1 1 1 • Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x ≤ 3. De plus, 4 ≤ −y ≤ 5 donc ≤ − ≤ . 5 y 4 3 3 x x Tout est positif, on peut donc multiplier et obtenir 0 ≤ − ≤ . Donc − ≤ ≤ 0. y 4 4 y x 1 3 Au final, on obtient − ≤ ≤ 4 y 4 5. On distingue deux cas en fonction du signe de x. • Si x ≤ 0, alors |x| = −x. On a −1 ≤ x ≤ 0, puis 0 ≤ −x ≤ 1. Donc 0 ≤ |x| ≤ 1. • Si x ≥ 0, alors |x| = x. On a 0 ≤ x ≤ 3. Donc 0 ≤ |x| ≤ 3. Au final, on obtient 0 ≤ |x| ≤ 3 6. On −5 ≤ y ≤ −4, donc y < 0 et |y| = −y. Donc −5 ≤ − |y| ≤ −4. Par somme, on obtient −5 ≤ |x| − |y| ≤ −1 7. On distingue deux cas en fonction du signe de x. • Si x ≤ 0, alors −1 ≤ x ≤ 0, puis 0 ≤ −x ≤ 1. En multipliant cet encadrement avec lui-même, on obtient 0 ≤ x2 ≤ 1. • Si x ≥ 0, alors 0 ≤ x ≤ 3. En multipliant cet encadrement avec lui-même, on obtient 0 ≤ x2 ≤ 9. Au final, on obtient 0 ≤ x2 ≤ 9

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

8. On a 4 ≤ −y ≤ 5. En multipliant cet encadrement avec lui-même, on obtient 16 ≤ y 2 ≤ 25. De plus −9 ≤ −x2 ≤ 0. Par somme 7 ≤ y 2 − x2 ≤ 25, puis en inversant (tout étant positif), on obtient

1 x2 1 9 1 ≤ 2 . Par produit, on en déduit que 0 ≤ ≤ ≤ 2 2 2 25 y −x 7 y −x 7

Exercice 2.3 1. L’expression x2 + 1 étant non nulle, on a 3x + 1 = −1 ⇔ 3x + 1 = −x2 − 1 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0. x2 + 1 On calcule le discriminant du trinôme obtenu ∆ = 32 − 4 × 1 × 2 = 1. −3 − 1 −3 + 1 = −2 et x2 = = −1 Les solutions sont donc x1 = 2 2 2. On utilise le fait (démontré à la question 3. de l’interro de cours) : |a| = |b| si et seulement si a = b ou a = −b. |2x − 1| = |x − 5| ⇔ 2x − 1 = x − 5 ou 2x − 1 = −x + 5 ⇔ x = −4 ou 3x = 6. Les solutions de l’équation sont donc −4 et 2 3. On note S = |x + 3| + |x − 5| et on calcule son expression sur différents intervalles x −∞ |x + 3| −x − 3 |x − 5| 5−x S 2 − 2x

−3 5 0 x+3 5−x 0 8

+∞ x+3 x−5 2x − 2

On résout l’équation sur chacun des intervalles. • Sur ] − ∞, −3], on obtient x = −3 qui est bien dans l’intervalle. • Sur [−3, 5], l’équation est toujours vraie. • Sur [5, +∞[, on obtient x = 5 qui est bien dans l’intervalle.

Ainsi l’ensemble des solutions de l’équation est [−3, 5] 4. Comme pour la question 2., on a   |x + 12| = x2 − 8 ⇔ x + 12 = x2 − 8 ou x + 12 = −x2 + 8 ⇔ x2 − x − 20 = 0 ou x2 + x + 4 = 0.

On résout les deux équations du second degré obtenues. La deuxième n’a pas de solution (∆ = −17 < 0) et la première a pour solutions −4 et 5. Les solutions de l’équation sont donc −4 et 5

Corrections

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Exercice 2.4 1. On note S = |x − 3| + |x + 4| et on calcule son expression sur différents intervalles x −∞ |x − 3| 3−x |x + 4| −x − 4 S −2x − 1

3 3−x 0 0 x+4 7

+∞

−4

x−3 x+4 2x + 1

On résout l’inéquation sur chacun des intervalles. • Sur ] − ∞, −4], on obtient x ≥ −4. Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est {−4}. • Sur [−4, 3], l’inéquation est toujours vraie. Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est [−4, 3]. • Sur [3, +∞[, on obtient x ≤ 3. Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est {3}.

Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation est [−4, 3] x x et 2 ≤ 1. On a 2. On sépare l’encadrement en deux inégalités 0 ≤ 2 x −1 x −1 x2

x − (x2 − 1) −x2 + x + 1 x ≤1⇔ ≤0⇔ ≤ 0. 2 −1 x −1 x2 − 1

Le trinôme au numérateur n’a pas de racine réelle. On obtient donc le tableau de signe suivant x −∞ x − −x2 + x + 1 − 2 x −1 + x − x2 −1 −x2 +x+1 − x2 −1

0 1 − 0 + − − 0 − − 0 + 0 − + +

−1

+∞ + − + + −

−x2 + x + 1 x ≥ 0 et ≤ 0. x2 − 1 x2 − 1 Ainsi l’ensemble des solutions de l’encadrement est ]1, +∞[ 3. On a 2x x3 − 1 − (x + 1)(x2 − x − 1) x3 − 1 ≤ x2 − x − 1 ⇔ ≤0⇔ ≤ 0. x+1 x+1 x+1 2x On dresse le tableau de signe du quotient Q = x+1

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L’encadrement que l’on veut résoudre est équivalent à :

x −∞ 2x − x+1 − Q +

0 − 0 0 + − 0

−1

+∞ + + +

On en conclut que l’ensemble des solutions de l’inéquation est ] − 1, 0]

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Chapitre 2

Ensembles de nombres

 √ 2 4. On commence par remarquer que x2 − 4x + 4 = (x    3− 2) = |x − 2|.  L’inéquation à résoudre peut donc se réécrire |x − 2| ≤ 2 x − 1, ou encore |x − 2|− 32 x − 1 ≤ 0. On regarde l’expression de la différence = D |x − 2| −  32 x − 1 sur différents intervalles x −∞ |x − 2| 2−x 3   x − 1 1 − 32 x 2 x D 2 +1

2 3

2 2−x 0 0 32 x − 1 − 52 x + 3 0

+∞

x−2 3 2x − 1 − x2 − 1

On résout l’inéquation sur chacun des intervalles. 2 • Sur ]−∞,  ]−∞,  −2].  2  3 ], on obtient x ≤6 −2. Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est • Sur 3 , 2 , on obtient x ≥ 5 . Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est 65 , 2 . • Sur [2, +∞[, on obtient x ≥ −2. Donc l’ensemble de solutions sur cet intervalle est [2, +∞[.   6 On en conclut que l’ensemble des solutions de l’inéquation est ] − ∞, −2] ∪ , +∞ 5

Exercice 2.5 On va chercher à majorer les éléments de A. Soient x, y ∈ [−1, 1]. 1 1 Par somme on a 1 ≤ x + y + 3 ≤ 5 puis ≤ ≤ 1. De plus, −1 ≤ x ≤ 1 et −1 ≤ −y ≤ 1, 5 x+y+3 donc −2 ≤ x − y ≤ 2. On distingue deux cas en fonction du signe de x − y. 1 , • Si x−y ≥ 0, alors 0 ≤ x−y ≤ 2. Tout étant positif, par produit avec l’encadrement de x+y+3 x−y on obtient 0 ≤ ≤ 2. x+y+3 • Si x − y ≤ 0, alors x − y est négatif et x + y + 3 est positif donc leur quotient est négatif, x−y d’où ≤ 0. x+y+3 x−y Au final, ≤ 2. Ainsi tous les éléments de A sont plus petits que 2. x+y+3 On en conclut que 2 est un majorant de A.

Exercice 2.6 • Si a ∈ Z, alors [a, b] ∩ Z = [[a , b]] et Card([a, b] ∩ Z) = b − a + 1. Or a ∈ Z, donc − a + 1 = −a + 1 = 1 − a = 1 − a

car 1 − a ∈ Z. On en conclut que Card([a, b] ∩ Z) = b + 1 − a. • Si a ∈ / Z, alors [a, b] ∩ Z = [[a + 1, b]] et Card([a, b] ∩ Z) = b − a. On pose n = 1 − a et on a n ≤ 1 − a < n + 1. Comme 1 − a ∈ / Z, alors n = 1 − a. On en déduit que n < 1 − a < n + 1, puis − n < a < −n + 1.

Ainsi −n = a et 1 − a = n = − a. On en conclut que Card([a, b] ∩ Z) = b + 1 − a.

Dans les deux cas, on obtient Card([a, b] ∩ Z) = b + 1 − a.

Corrections

55

Exercice 2.7 1. Si a est supérieur ou égal à 1, alors 1 − a est négatif, donc c(1 − a) est négatif (car c est positif), 1 donc inférieur à . On procède de même si b ou c est supérieur ou égal à 1. 4 2. a. Par produit, ils sont tous les trois positifs.   2  1 1 1 1 1 2 2 b. On a x(1 − x) = −x + x = − x − x + + =− x− + ≤ . 4 4 2 4 4 c. Les trois termes a(1 − a), b(1 − b) et c(1 − c) étant positifs, on a 1 1 1 a(1 − b) × b(1 − c) × c(1 − a) = a(1 − a) × b(1 − b) × c(1 − c) ≤ × × . 4 4 4 1 d. Si les trois nombres proposés étaient strictement supérieurs à , alors le produit de la 4 1 question précédente serait strictement supérieur à 3 ce qui n’est pas possible. 4 On en conclut, par l’absurde, qu’au moins un des trois nombres proposés est supérieur ou 1 égal à . 4

Exercice 2.8

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1. On a a2 + b2 − 2 |ab| = (|a| − |b|)2 ≥ 0 ce qui montre le résultat demandé. x+y y+y ≤ = y. 2. a. On a m = 2  2   1 1 1 1 1 1 1 1 + ≤ + = , donc h ≥ x. b. On a = h 2 x y 2 x x x √ 2 √ 2 x + y √ √ x+y c. D’après la question 1., on a g = x y ≤ = = m. 2 2 1 1 1 d. est la moyenne arithmétique de et . h x y Elle est donc  supérieure à la moyenne géométrique de ces deux nombres. 1 1 1 1 1 Ainsi ≥ · =√ = . h x y xy g On en conclut que h ≤ g.

CHAPITRE

3

Sommes et produits L’essentiel du cours  1 Sommes et produits Définition

• Si (ai )i∈I est une famille de nombres complexes indicée sur un ensemble fini I, on note ai la sommes des ai pour i ∈ I et ai le produit des ai pour i ∈ I. i∈I

i∈I

• Si I = [[p, n]], avec p ≤ n, alors n  ai = ap + ap+1 + · · · + an

n 

et

i=p

i=p

ai = ap × ap+1 × · · · × an .

• Dans une somme, l’indice est muet et peut donc être remplacé par n’importe quel autre lettre : n n n    ai = ak = aθ . i=p

k=p

θ=p

• La valeur d’une somme ne peut pas dépendre de son indice, c’est-à-dire la valeur n  ai ne dépend pas de i. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

i=p

• Une somme vide est nulle vide est égal à 1. En d’autres termes, si  et un produit  p > n ou I = ∅, alors ai = 0 et ai = 1. Ne rien ajouter revient à ajouter 0 et i∈I

i∈I

ne multiplier par rien revient à multiplier par 1.

Opérations sur les sommes et les produits Si λ est un nombre complexe, alors n  i=p

(λai + bi ) = λ

n  i=p

ai +

n  i=p

bi

et

n 

i=p



(ai bi ) = 

n 

i=p





ai  × 

n 

i=p



bi  .

58

Chapitre 3

Sommes et produits

Découpage de sommes et de produits On peut découper les sommes et produits en deux par rapport à un indice r ∈ [[p, n]]     n r n n r n       ai = ai + ai et ai =  ai  × ai . i=p

i=p

i=r+1

i=p

i=p

i=r+1

On peut aussi les découper en séparant les termes d’indices pairs et les termes d’indices impairs     n n       ai = a2k + a2k+1 et ai =  a2k  ×  a2k+1  . i=p

p≤2k≤n

i=p

p≤2k+1≤n

p≤2k≤n

p≤2k+1≤n

Changements d’indice • Si r ∈ N∗ , alors

n 

ai+r =

n+r 

aj

et

n 

n+r 

ai+r =

aj .

i=p

j=p+r

i=p

j=p+r

i=p

j=r−n

i=p

j=r−n

Dans ce cas, on dit qu’on a effectué le changement d’indice j = i + r. r−p r−p n n     • Si r ∈ N∗ , alors ar−i = aj et ar−i = aj .

Dans ce cas, on dit qu’on a effectué le changement d’indice j = r − i. L’indice étant muet on peut donc directement écrire n  i=p

ai+r =

n+r 

i=p+r

ai

et

n  i=p

ar−i =

r−p 

ai .

i=r−n

Télescopage Si p ≤ n et ap , . . . , an+1 ∈ C (C∗ pour la deuxième formule), alors  n n    ai+1 an+1 (ai+1 − ai ) = an+1 − ap et . = ai ap i=p i=p Sommes usuelles n  n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) et . k2 = 2 6 k=1 k=1 • Si q ∈ C et p ≤ n, on a alors la somme géométrique n n   1 − q n−p+1 si q = 1 et qk = qp q k = n − p + 1 si q = 1. 1−q

• Si n ∈ N∗ , on a

k=p

n 

k=

k=p

Dans un calcul faisant intervenir une somme géométrique, bien penser au cas q = 1.

L’essentiel du cours

59

 2 Binôme de Newton Définition • Si n ∈ N∗ , on appelle factorielle de n le nombre n  k. n! = k=1

  n (qui se lit « p parmi n ») est défini par • Si n, p ∈ N, le cœfficient binomial p  n!     si 0 ≤ p ≤ n p p!(n − p)! =  n  0 sinon. Par convention 0! = 1 (produit vide).

Propriétés des cœfficients binomiaux     n n • Si n ∈ N, on a = = 1. 0 n • Si n ∈ N et p ∈ [[0, n]], alors     n n . = n−p p • Si n ∈ N∗ et p ∈ [[1, n]], alors     n n−1 n . = p p−1 p Formule de Pascal

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Si n, p ∈ N, alors

      n+1 n+1 n . = + p+1 p p

• Cette formule reste vraie même sicertains coefficients binomiaux sont nuls.   n n • Grâce à l’information = = 1, on peut calculer les coefficients binomiaux 0 n avec le triangle de Pascal (voir méthode 3.4). Binôme de Newton Soient a, b ∈ C et n ∈ N. On a (a + b) = n

n    n

k=0

k

ak bn−k .

60

Chapitre 3

Sommes et produits

 3 Sommes doubles Définition On appelle somme double une somme faisant intervenir deux indices : n  s   ai,j = ai,j . i=p j=r

p≤i≤n r≤j≤s

Dans une somme double, une borne de la deuxième somme peut dépendre de l’indice de la première somme. On dit alors qu’il s’agit d’une somme triangulaire. Produit de deux sommes On a

    n s n  s     ai  ×  bj  = ai bj . i=p

j=r

i=p j=r

Inversion des sommes • Si la somme n’est pas triangulaire, l’inversion des sommes se fait aisément : n  s  s n   ai,j = ai,j i=p j=r

j=r i=p

• Si la somme est triangulaire, il faut revenir à une relation entre i et j, comme par exemples : n  n 

ai,j =

i=1 j=i

i−1 n   i=0 j=0

ai,j =



ai,j =

1≤i≤j≤n



0≤j 0, donc 0 < x2 + (y − 1)2 < x2 + (y + 1)2 d’où |f (z)| < 1. Ainsi f (z) ∈ D et f est bien définie. 2. Soit α ∈ D. On remarque que α = 1 et on résout l’équation de l’énoncé 1+α car α = 1. 1−α z−i . Il ne reste Tout élément de D admet donc un et un seul antécédent par l’application z → z+i plus qu’à montrer que cet antécédent est dans P . On note α = a + ib sous forme algébrique (avec a, b ∈ R) et on a f (z) = α ⇔ α(z + i) = z − i ⇔ (1 − α)z = i(1 + α) ⇔ z = i

1+α 1 + a + ib (1 + a + ib)(1 − a + ib) −2b 1 − a2 − b2 =i =i = + i . 1−α 1 − a − ib (1 − a)2 + b2 (1 − a)2 + b2 (1 − a)2 + b2   2 1 − |α| 1+α 1+α = ∈ P. Ainsi Im i > 0 car |α| < 1 donc i 1+α (1 − a)2 + b2 1−α Alors, tout élément de D admet un et un seul antécédent dans P par f , ce qui signifie que f est bijective. i

La résolution de l’équation f (z) = α donne une expression de la bijection réciproque 1+α de f : f −1 (α) = i . 1−α

Exercice 4.12 1. a. On commence par remarquer que e On a de même e

6iπ 5

=e

4iπ 5

.

2π 8π = 2π − , donc 5 5

8iπ 5

= e−

2iπ 5

=e

2iπ 5

.

Corrections

89

b. On utilise les formules d’Euler     8iπ 8iπ 2iπ 2iπ e 5 + e− 5 e− 5 + e 5 8π 2π cos = = = cos . 5 2 2 5     = cos 4π On a de même cos 6π 5 5 . 2iπ 2. a. La somme considérée est une somme géométrique de raison e 5 = 1, donc  2iπ 5 1− e 5 2iπ 4iπ 6iπ 8iπ 1 − e2iπ 1+e 5 +e 5 +e 5 +e 5 = = 2iπ 2iπ = 0. 1−e 5 1−e 5 b. En calculant la somme d’une autre façon, on obtient     2iπ 4iπ 6iπ 8iπ 2iπ 4iπ 4π 2π 2iπ 4iπ 5 5 5 5 5 5 5 5 1+e + 2 cos . +e +e +e =1+e +e +e +e = 1 + 2 cos 5 5     1 2π 4π On en déduit donc que cos + cos =− . 5 5 2 3. a. On factorise par l’angle moitié pour obtenir   ei(a+b) + ei(a−b) = eia eib + e−ib = (cos a + i sin a) × 2 cos b = 2 cos a cos b + 2i sin a cos b.

1 (cos(a + b) + cos(a − b)) . 2 4iπ b. On applique la formule précédente pour a = 2iπ 5 et b = 5 et on obtient               4π 1 6π 2π 1 4π 2π 1 2π cos = cos + cos − = cos + cos =− . cos 5 5 2 5 5 2 5 5 4  4π   2π  4. À l’aide des relations racines-cœfficients, on en déduit que cos 5 et cos 5 sont solutions 5 de l’équation x2 + 12 x − 14 = 0. On calcule le discriminant du trinôme obtenu : ∆ = . 4 Les solutions sont donc  √ √ − 12 − 54 −1 − 5 −1 + 5 = < 0 et x2 = > 0. x1 = 2 4 4     2π  π  4π 4π  π  2π > 0 car ∈ 0, et cos < 0 car ∈ , π . On en conclut donc que Or cos 5 5 2 5 5 2 √   −1 + 5 2π cos = . 5 4

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Ainsi, en prenant la partie réelle, on obtient bien cos a cos b =

CHAPITRE

5

Trigonométrie L’essentiel du cours  1 Le cercle trigonométrique Définition • Le cercle trigonométrique est le cercle centré sur le repère et de rayon 1. On le parcourt dans le sens direct (sens anti-horaire). • On place un point Mθ sur ce cercle de sorte que la longueur de l’arc entre le point de coordonnées (1, 0) et Mθ soit égal à θ. On note alors (cos(θ), sin(θ)) les coordonnées de ce point. • Si le point Mθ n’est pas sur l’axe des ordonnées, la droite (OMθ ) et la tangente au cercle trigonométrique en le point de coordonnées (1, 0) se coupent en un point. On appelle tan(θ) l’ordonnée de ce point d’intersection.

tan(θ) sin(θ)

π•

A l’aide du théorème de Thalès, on retrouve la formule tan(θ) =

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(formule très souvent donnée comme définition de tan(θ)).

•

π •2

• Mθ θ

cos(θ)

•

0

3π • 2

π sin(θ) si θ ≡ [π] cos(θ) 2

 2 Formules de trigonométrie Proposition Soient θ, α ∈ R. On a • cos2 (θ) + sin2 (θ) = 1. • Si θ ≡ α [2π], alors cos(θ) = cos(α) et sin(θ) = sin(α). • Si θ ≡ α [π], alors tan(θ) = tan(α). Ajouter un multiple de 2π revient à faire plusieurs tours sur le cercle trigonométrique, ce qui donne le même point sur le cercle et donc les mêmes valeurs de cosinus et sinus.

92

Chapitre 5

Trigonométrie

Formules de translation et symétries Soit θ ∈ R. En regardant bien le cercle trigonométrique, on obtient les formules suivantes • cos(−θ) = cos θ • sin(−θ) = − sin θ tan(θ)

• cos(π − θ) = − cos θ

• sin(π − θ) = sin θ

• cos(π + θ) = − cos θ

• sin(π + θ) = − sin θ

• tan(−θ) = − tan θ

• tan(π + θ) = tan θ

• tan(π − θ) = − tan θ

− cos θ

 − θ = sin θ   π2 − θ = cos θ • sin 2π  1 • tan −θ = 2 tan θ

• cos

sin θ

Mπ−θ

π

cos θ sin θ

θ

− sin θ

Mπ+θ −θ

Mθ

cos θ

M−θ

− tan(θ)

θ sin θ cos θ

En cas de trou de mémoire, il ne faut pas hésiter à tracer un cercle trigonométrique au brouillon pour retrouver ces formules. Formules d’addition et de duplication Soient a, b ∈ R. On a les égalités suivantes :

           

cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b

sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a

sin(2a) =

2 sin a cos a

cos(2a) = cos2 a − sin2 a =

=

2 cos2 a − 1 1 − 2 sin2 a

Transformation de a cos θ + b sin θ Soient a, b, θ ∈ R avec (a, b) = (0, 0). Il existe A ∈ R∗+ et ϕ ∈ R tels que a cos θ + b sin θ = A cos(θ − ϕ)

et de plus A=

 a2 + b2 ,

cos ϕ =

a A

et

sin ϕ =

b . A

L’essentiel du cours

93

 3 Résolution d’équations trigonométriques Existence et unicité de solution • Soit x ∈ [−1, 1]. L’équation cos θ = x (d’inconnue θ) admet une unique solution dans [0, π]. On la note arccos(x) (il s’agit de l’ arccosinus de x). • Soit x ∈ [−1, 1]. L’équation sin θ = x (d’inconnue θ) admet une unique solution dans [− π2 , π2 ]. On la note arcsin(x) (il s’agit de l’ arcsinus de x). • Soit x ∈ R. L’équation tan θ = x (d’inconnue θ) admet une unique solution dans ] − π2 , π2 [. On la note arctan(x) (il s’agit de l’ arctangente de x). Résolution d’équations Soient θ, α ∈ R. On a • cos θ = cos α si et seulement si θ ≡ α [2π] ou θ ≡ −α [2π]. • sin θ = sin α si et seulement si θ ≡ α [2π] ou θ ≡ π − α [2π]. • tan θ = tan α si et seulement si θ ≡ α [π]. Si c, s ∈ [−1, 1] et t ∈ R, on a donc • cos θ = c si et seulement si θ ≡ arccos(c) [2π] ou θ ≡ − arccos(c) [2π]. • sin θ = s si et seulement si θ ≡ arcsin(s) [2π] ou θ ≡ π − arcsin(s) [2π]. • tan θ = t si et seulement si θ ≡ arctan(t) [π]. Pour les équations avec cosinus et sinus tout se passe à un multiple de 2π près, et le figures suivantes illustrent les deux familles de solutions de cos θ = cos α et sin θ = sin α sin α

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α −α

cos α

−α

α

94

Chapitre 5

Trigonométrie

Les méthodes à maîtriser Méthode 5.1 : Résoudre des équations trigonométriques Le but est de se ramener à une équation de la forme cos θ = cos α, sin θ = sin α ou tan θ = tan α dans la mesure du possible ou sinon de la forme cos θ = c, sin θ = s ou tan θ = t. Ensuite on utilise le théorème sur le cas d’égalité des fonctions trigonométriques. Exemple d’application Résoudre cos(x) + sin(2x) = 0. Soit x ∈ R. On a cos(x) + sin(2x) = 0 si et seulement si cos(x) = −sin(2x). Ensuite, on essaye  π − (−2x) . On a ainsi de transformer − sin(2x) en un cosinus : − sin(2x) = sin(−2x) = cos 2 π  π  π cos(x) + sin(2x) = 0 ⇔ cos(x) = cos + 2x ⇔ x ≡ + 2x [2π] ou x ≡ − + 2x [2π] . 2 2 2 π π Pour finir la résolution, on a x ≡ + 2x [2π] si et seulement si x ≡ − [2π]. Et 2 2    π π π 2π + 2x [2π] ⇔ 3x ≡ − [2π] ⇔ x ≡ − . x≡− 2 2 6 3 π π 2π Ainsi les solutions de l’équation initiale sont les − + 2kπ, k ∈ Z et les − + ,  ∈ Z. 2 6 3 Voir exercices 5.2, 5.7 et 5.10. Méthode 5.2 : Transformer cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x) Il s’agit de faire l’opération inverse de la linéarisation. Voici la démarche à suivre : • Grâce à la formule de Moivre, on écrit cos(nx) = Re(einx ) = Re((eix )n ) (ou avec la partie imaginaire pour sin(nx)). • A l’aide du binôme de Newton, on développe (eix )n = (cos(x) + i sin(x))n . • On récupère la partie réelle (ou la partie imaginaire pour sin(nx)). • On exprime les sin à l’aide de cos (et inversement) grâce à l’identité cos2 (x) + sin2 (x) = 1, en fonction de ce que demande l’énoncé. Exemple d’application Exprimer sin(3x) en fonction de sin(x). Soit x ∈ R. A l’aide de la formule de Moivre, on observe que

sin(3x) = Im((eix )3 ) = Im((cos(x) + i sin(x))3 ).

Ensuite, on applique le binôme de Newton pour obtenir (cos(x) + i sin(x))3 = cos3 (x) + 3 cos2 (x)(i sin(x)) + 3 cos(x)(i sin(x))2 + (i sin(x))3 .

Les méthodes à maîtriser

95

On récupère la partie imaginaire de cette expression et on remplace les cos(x) à l’aide de la relation sin2 (x) = 1 − cos2 (x) : sin(3x)

=

= =

3 cos2 (x) sin(x) − sin3 (x)

3(1 − sin2 (x)) sin(x) − sin3 (x)

−4 sin3 (x) + 3 sin(x).

Voir exercice 5.6. Méthode 5.3 : Linéariser une expression trigonométrique

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Linéariser une expression du type cosp (x) sinq (x) (avec p, q ∈ N) veut dire la transformer en une combinaison linéaire des cos(mx) et sin(nx) (avec n, m ∈ N). Voici la démarche à suivre : • On exprime cos(x) et sin(x) en fonction de eix et e−ix grâce aux formules d’Euler. • On développe tout à l’aide du binôme de Newton. • On regroupe les termes conjugués ensemble pour faire apparaitre des cos et sin. Exemple d’application Linéariser cos2 (x) sin3 (x). Soit x ∈ R. D’après les formules d’Euler et le binôme de Newton, on a 2  ix 3  ix e + e−ix e − e−ix cos2 (x) sin3 (x) = 2 2i   1  2ix e + 2 + e−2ix e3ix − 3eix + 3e−ix − e−3ix = 5 3 2 i 1  5ix = − e − 3e3ix + 3eix − e−ix + 2e3ix − 6eix + 6e−ix − 2e3ix 32i  +eix − 3e−ix + 3e−3ix − e−5ix  1  5ix = − e − e−5ix − e3ix + e3ix − 2eix + 2e−ix 32i 1 = − (2i sin(5x) − 2i sin(3x) − 2 × 2i sin(x)) 32i 1 = (− sin(5x) + sin(3x) + 2 sin(x)) . 16 Voir exercices 5.3 et 5.8.

96

Chapitre 5

Trigonométrie

Interro de cours 1. Déterminer si les égalités suivantes sont vraies ou fausses, pour tout x ∈ R : (a) cos(−x) = − cos(x)

(b) sin(−x) = − sin(x)

(c) tan(x − π) = − tan(x)

(d) cos(x + π) = cos(x)

(e) sin(π − x) = − sin(x)

π π π − . En déduire la valeur de cos . 3 4 12 √ Transformer cos(x) + 3 sin(x) sous la forme A cos(x − ϕ).

2. Calculer 3.

(f) tan(x + 2π) = tan(x)  π (g) cos x − = sin(x) 2  π = cos(x) (h) sin x − 2  π 1 (i) tan x − =− . 2 tan(x)

4. Calculer arcsin

  1 . 2

5. Résoudre l’équation tan(x) = 1. 6. Résoudre l’équation cos(x) + sin(x) = 1. 7. Linéariser sin4 (x). 8. Exprimer cos(3x) en fonction de cos(x).

Exercices

Exercices Pour s’entraîner Exercice 5.1 1. Exprimer cos2 (θ) en fonction de cos(2θ), puis sin2 (θ) en fonction de cos(2θ). π π π 2. Calculer cos , sin et tan . 8 8 8

Exercice 5.2 Résoudre les équations suivantes 1. sin(x) = 0 √ 2 2. cos(x) = 2

 π 3. cos(x) = cos x + 3 4. cos(x) = sin(x)

Exercice 5.3 Soit x ∈ R. Linéariser les expressions suivantes 1. cos5 (x) 2. cos3 (x) sin2 (x).

Exercice 5.4 1 − cos(θ) = tan 1. Soit θ ≡ 0 [π]. Montrer que  πsin(θ)  2. En déduire la valeur de tan . 12

  θ . 2

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Exercice 5.5

Soient a, b, p, q ∈ R. 1. Calculer cos(a + b) − cos(a − b).

2. Factoriser cos p − cos q et sin p + sin q. 3. Simplifier

cos p − cos q . sin p + sin q

4. En déduire la valeur de tan

Exercice 5.6

π . 24

1. Soit θ ∈ R. Exprimer sin5 (θ)  πen fonction de sin(θ). . 2. En déduire la valeur de sin 5

 π 5. sin(3x) = cos 2x − 6 √ 6. cos(x) − 3 sin(x) = 1.

97

98

Chapitre 5

Trigonométrie

Pour aller plus loin Exercice 5.7 Résoudre les équations suivantes 1. 2 sin2 (x) − 3 sin(x) √ +1=0 √ 2. tan2 (2x) + (1 − 3) tan(2x) − 3 = 0

3. tan(x) tan(2x) = 1 4. cos4 (x) + sin4 (x) = 1.

Exercice 5.8 1. Soient x ≡ 0 [2π] et n ∈ N∗ . En exploitant les nombres complexes, montrer que   (n + 1)x n  nx  sin  2 x . cos(kx) = cos 2 sin k=0 2 2. Soit θ ∈ R. Linéariser cos3 (θ).   9  kπ 3 3. En déduire la valeur de . cos 9 k=1

Exercice 5.9 Soient θ ∈ R et n ∈ N. 1 2 1. Calculer − en précisant l’ensemble de validité. tan(θ) tan(2θ) n  2. En déduire une expression simple de 2k tan(2k ). k=0

Exercice 5.10 1. Soit θ ∈ R. Exprimer cos(3θ) en fonction de cos θ. 2. On considère l’équation suivante √ 8x3 − 6x + 2 = 0

(E)

(on admet que cette équation possède au plus trois solutions réelles). a. Déterminer les solutions de (E) dans [−1, 1]. (Si x ∈ [−1, 1], on pourra introduire θ = arccos(x)). b. Conclure.

Corrections

99

Corrections

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Interro de cours 1. On utilise les formules du cours pour obtenir que les égalités correctes sont (b), (f), (g), (i). Pour la (i), on a    sin x − π2 − cos(x) 1 π =  = =− . tan x − π 2 sin(x) tan(x) cos x − 2 π π π . Donc 2. On a − = 3 4 12 π π π  π  π π   π  √2 + √6 cos = cos − = cos cos + sin sin = . 12 3 4 3 4 3 4 4  √ 3. On a 12 + ( 3)2 = 2, donc √    π   π  √ 3 1 cos(x) + 3 sin(x) = 2 cos(x) + sin(x)) = 2 cos(x) cos + sin(x) sin . 2 2 6 6  √ π On conclut que cos(x) + 3 sin(x) = 2 cos x − . 6     π 1 = 4. On cherche un angle entre − π2 et π2 dont le sinus vaut 12 . Or sin π6 = 12 , donc arcsin 2 6 5. On a π π tan x = 1 ⇔ tan x = tan ⇔ x ≡ [π] . 4 4 π + kπ, k ∈ Z Donc les solutions sont les 4 √   6. On commence par transformer cos(x) + sin(x) = 2 cos x − π4 . On a ensuite √   2 π π π cos(x) + sin(x) = 1 ⇔ cos x − = ⇔ cos x − = cos 4 2 4 4 π π π π ⇔ x− ≡ [2π] ou x − ≡ − [2π] 4 4 4 4 π ⇔ x≡ [2π] ou x ≡ 0 [2π] . 2 π + 2kπ, k ∈ Z et 2π,  ∈ Z Donc les solutions sont les 2 7. On applique les formules d’Euler 4  ix e − e−ix sin4 (x) = 2i  1  4ix e − 4e2ix + 6 − 4e−2ix + e−4ix = 4 (2i)  1 = 2 cos(4x) − 8 cos(2x) + 6 16  1 = cos(4x) − 4 cos(2x) + 3 . 8

100

Chapitre 5

Trigonométrie

8. On applique la formule de Moivre   cos(3x) = Re (cos x + i sin x)3   = Re cos3 x + 3i cos2 x sin x − 3 cos x sin2 x − i sin3 (x) = cos3 x − 3 cos x sin2 x = cos3 x − 3 cos x(1 − cos2 x) =

4 cos3 x − 3 cos x.

Exercice 5.1 1. On a cos(2θ) = 2 cos2 θ − 1 et cos(2θ) = 1 − 2 sin2 θ, donc

1 + cos(2θ) 1 − cos(2θ) et sin2 θ = 2 2   π π π π 2. On a ∈ 0, , donc cos ≥ 0 et sin ≥ 0. Ainsi 8 2 8 8   √  1 + cos π4 π 2+ 2 π 2 = = . cos = cos 8 8 2 2  √ π 2− 2 . On procède de même pour le sinus : sin = 8 2 On fait le quotient pour la tangente et on obtient   √ √ √ 2− 2 √ π 2− 2 (2 − 2)2 √ = √ √ = √ = 2 − 1. tan = 8 2+ 2 (2 + 2)(2 − 2) 2 cos2 θ =

Ainsi

π cos = 8

 √ 2+ 2 , 2

π sin = 8



2− 2

√

2

et

tan

π √ = 2−1 8

Exercice 5.2 1. On a

sin x = 0 ⇔ sin x = sin 0 ⇔ x ≡ 0 [2π] ou x ≡ π − 0 [π] ⇔ x ≡ 0 [π] .

Donc les solutions sont les kπ, k ∈ Z 2. On a √ 2 π π π ⇔ cos x = cos ⇔ x ≡ [2π] ou x ≡ − [2π] . cos x = 2 4 4 4 π π + 2kπ, k ∈ Z et − + 2π,  ∈ Z Donc les solutions sont les 4 4 3. On a  π π π π cos x = cos x + ⇔x≡x+ [2π] ou x ≡ −x − [2π] ⇔ 2x ≡ − [2π] , 3 3 3 3 car la première famille de solutions est vide. π Donc les solutions sont les − + kπ, k ∈ Z 6

Corrections

101

4. On transforme le sinus à l’aide d’un cosinus et on obtient  π π π π − x ⇔ x ≡ − x [2π] ou x ≡ x − [2π] ⇔ 2x ≡ [2π] . cos x = sin x ⇔ cos x = cos 2 2 2 2 car la deuxième famille de solutions est vide. π + kπ, k ∈ Z Donc les solutions sont les 4

On aurait aussi pu remplacer le cosinus à l’aide d’un sinus, mais il est en général plus léger en terme de calcul de passer par une égalité de cosinus qu’une égalité de sinus si on a le choix. 5. On remplace le sinus à l’aide d’un cosinus et on obtient  π   π π sin(3x) = cos 2x − ⇔ cos − 3x = cos 2x − 6 2 6 π π π π ⇔ − 3x ≡ 2x − [2π] ou − 3x ≡ − 2x [2π] 2 6 2 6 2π π ⇔ 5x ≡ [2π] ou x ≡ [2π] . 3 3 π 2π 2kπ + , k ∈ Z et + 2π,  ∈ Z 15 5 3 √ 6. On commence par transformer cos x − 3 sin x : √     √ π π π 3 1 cos x − sin x = 2 cos x cos − sin x sin = 2 cos x + . cos x − 3 sin x = 2 2 2 3 3 3 Donc les solutions sont les

Puis, en remarquant que 12 = cos π3 , on a  √ π π π π π π = cos ⇔ x + ≡ [2π] ou x + ≡ − [2π] . cos x − 3 sin x = 1 ⇔ cos x + 3 3 3 3 3 3

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Donc les solutions sont les 2kπ, k ∈ Z et −

2π + 2π,  ∈ Z 3

Exercice 5.3 1. Soit x ∈ R. On utilise les formules d’Euler 5  ix e + e−ix 5 cos x = 2  1  5ix e + 5e3ix + 10eix + 10e−ix + 5e−3ix + e−5ix = 25  1 = 2 cos(5x) + 10 cos(3x) + 20 cos(x) 32  1 = cos(5x) + 5 cos(3x) + 10 cos(x) . 16

102

Chapitre 5

Trigonométrie

2. Soit x ∈ R. On utilise les formules d’Euler 3  ix 2  ix e + e−ix e − e−ix cos3 x sin2 x = 2 2i  3ix   1 = e + 3eix + 3e−ix + e−3ix e2ix − 2 + e−2ix 23 (2i)2  1  5ix = − e + e3ix − 2eix − 2e−ix + e−3ix + e−5ix 32 1 = − (2 cos(5x) + 2 cos(3x) − 4 cos(x)) 32 1 = − (cos(5x) + cos(3x) − 2 cos(x)) . 16

Exercice 5.4 1. On pose α = 2θ. On utilise le fait que 1−cos(2α) = 1−(1−2 sin2 α) = et sin(2α) = 2 cos α sin α. Ainsi 1 − cos(2α) 2 sin2 α θ 1 − cos(θ) = = = tan α = tan . sin(θ) sin(2α) 2 cos α sin α 2 2. On applique le résultat précédent pour θ = π6 et on obtient 1 − cos π6 1− π tan = = π 1 24 sin 6 2

√

3 2

=2−

√

3.

Exercice 5.5 1. On utilise les formules d’addition : D’où

cos(a + b) − cos(a − b) = cos a cos b − sin a sin b − (cos a cos b + sin a sin b). cos(a + b) − cos(a − b) = −2 sin a sin b

2. On essaye de se ramener à la formule précédente. On cherche donc à écrire p et q de la forme et b = p−q p = a + b et q = a − b. En résolvant le système obtenu, on trouve a = p+q 2 2 . En posant ce a et ce b, on obtient cos p − cos q = cos(a + b) − cos(a − b) = −2 sin a sin b. D’où     p+q p−q cos p − cos q = −2 sin sin 2 2 On procède de la même manière pour obtenir sin(a + b) + sin(a − b) = 2 sin a cos b et     p+q p−q sin p + sin q = 2 sin cos 2 2

3. On utilise les formules trouvées à la question précédente       p−q p+q p−q   sin −2 sin sin cos p − cos q p−q 2 2 2    =−  = − tan   = p−q p+q p−q sin p + sin q 2 cos 2 sin cos 2 2 2

Corrections 4. On applique la formule de la question précédente avec p = tan

π = tan 12

π 3

− 2

π 4



=−

cos π3 − cos π4 sin π3 + sin π4

103

π π et q = et on obtient 3 4 √ √ 3− 2 √ =− 1+ 2

Exercice 5.6 1. Soit θ ∈ R. On utilise la formule de Moivre   sin 5θ = Im (cos θ + i sin θ)5   = Im cos5 θ + 5i cos4 θ sin θ − 10 cos3 θ sin2 θ − 10i cos2 θ sin3 θ + 5 cos θ sin4 θ + i sin5 θ = 5 cos4 θ sin θ − 10 cos2 θ sin3 θ + sin5 θ = 5(1 − sin2 θ)2 sin θ − 10(1 − sin2 θ) sin3 θ + sin5 θ =

2. Si θ =

16 sin5 θ − 20 sin3 θ + 5 sin θ.

π π , alors sin(5θ) = 0. Donc si on pose x = sin , on déduit de la question précédente que 5 5 16x5 − 20x3 + 5x = 0.

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Comme x = 0, on a 16x4 − 20x2 + 5 = 0. Ainsi x2 est solution de l’équation 16y 2 − 20y + 5 = 0. Le discriminant du trinôme obtenu est ∆ = 202 − 4 × 16 × 5 = 20(20 − 16) = 4 × 5 × 4 = 16 × 5. On obtient les solutions √ √ √ 5− 5 20 − 4 5 5+ 5 = > 0 et y2 = > 0. y1 = 2 × 16 8 8 √ √ On en déduit donc que x2 = y1 ou x2 = y2 puis que x = ± y1 ou x = ± y2 . Pour savoir laquelle de ces 4 solutions √ est la bonne, on encadre x. √ π 1 5 π 2 2 √ . On remarque ensuite que y2 > > , donc y2 > . Comme 0 ≤ ≤ , on a 0 ≤ x ≤ 5 4 2 8 2 2  √ π 5− 5 √ On en déduit que la seule valeur possible pour x est y1 et on en conclut que sin = 5 8

Exercice 5.7 1. Si on pose y = sin x, l’équation devient 2y 2 − 3y + 1 = 0. Il s’agit d’une équation du second degré dont les solutions sont 1 et 12 . Ainsi 1 2 sin2 (x) − 3 sin(x) + 1 = 0 ⇔ sin x = 1 ou sin x =  2  π 5π π [2π] ou x ≡ [2π] ou x ≡ [2π] . ⇔ x≡ 2 6 6

Donc les solutions sont les

π 5π π + 2kπ, k ∈ Z ; + 2π,  ∈ Z et + 2nπ, n ∈ Z 2 6 6

104

Chapitre 5

Trigonométrie

√ √ 2. Si on pose y = tan(2x), l’équation devient y 2 + (1 − 3)y − 3 = 0. Il s’agit d’une équation du second degré dont le discriminant vaut √ √ √ √ √ √ √ √ ∆ = (1 − 3)2 + 4 3 = 1 − 2 3 + ( 3)2 + 4 3 = 1 + 2 3 + ( 3)2 = (1 + 3)2 . √ On en déduit que les solutions de l’équation du second degré vérifiée par y sont −1 et 3. Ainsi √ √ √ tan2 (2x) + (1 − 3) tan(2x) − 3 = 0 ⇔ tan(2x) = −1 ou tan(2x) = 3 π − [π] . ⇔ 2x ≡ 4 [π] ou 2x ≡ π 3 kπ π π − 8+ , k ∈ Z et + , ∈ Z π 2 6 2 3. On commence par utiliser les formules de duplication de cosinus et sinus pour obtenir une formule de duplication pour tangente : Donc les solutions sont les

tan(2x) = Ainsi

cos2 (x) × 2 tan(x)) 2 tan(x) 2 cos(x) sin(x) sin(2x) = = . = 2 cos(2x) cos2 (x) − sin (x) cos2 (x)(1 − tan2 (x)) 1 − tan2 (x) tan(x) tan(2x) = 1 ⇔

tan(x) ×

2 tan(x) =1 1 − tan2 (x)

2 tan2 (x) = 1 − tan2 (x) 1 ⇔ tan2 (x) = √3 √ 3 3 ⇔ tan(x) = ou tan(x) = − 3 3 π π ⇔ x≡ [π] ou x ≡ − [π] . 6 6 ⇔

π π + kπ, k ∈ Z et − + π,  ∈ Z Donc les solutions sont les 6 6  2 4. On utilise le fait que 1 = cos2 x + sin2 x cos4 x + sin4 x = 1 ⇔

 2 cos4 x + sin4 x = cos2 x + sin2 x

⇔ cos4 x + sin4 x = cos4 x + 2 cos2 x sin2 x + sin4 x ⇔ cos2 x sin2 x = 0 ⇔ cos(x) = 0 ou sin(x) = 0 π  ⇔ x≡0 . 2

Donc les solutions sont les

kπ , k∈Z 2

Corrections

105

Exercice 5.8 1. On utilise le fait que cos(kx) = Re(eikx ) et la linéarité de la partie réelle pour obtenir que   n n   cos(kx) = Re eikx . k=0

k=0

La somme S obtenue est une somme géométrique de raison eix = 1. Donc n   ix k 1 − ei(n+1)x S= e = . 1 − eix k=0

On factorise ensuite par l’angle moitié au numérateur et au dénominateur    (n+1)x  (n + 1)x (n+1)x (n+1)x i −i i −2i sin 2 e 2 e −e 2 nx 2 x S= = ei 2 . x  x x i −i i 2 2 2 e e −e −2i sin 2 On extrait la partie réelle de S pour obtenir le résultat demandé. 2. On utilise les formules d’Euler 3  iθ e + e−iθ 3 cos θ = 2  1  3iθ e + 3eiθ + 3−iθ + e−3iθ = 8  1 = 2 cos(3θ) + 6 cos(θ) 8  1 = cos(3θ) + 3 cos(θ) . 4 3. On fait commencer la somme à k = 0 (pour pouvoir utiliser la question 1. par la suite) et on kπ utilise la formule de la question précédente pour θ = 9          9 9 9 9   1 3 kπ kπ kπ kπ = −1= + − 1. cos3 cos3 cos cos 9 9 4 9 4 3 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

k=1

k=0

k=0

k=0

Ensuite, on calcule chacune des deux sommes à l’aide de la question 1.   5π   sin 9 π   kπ 9  π  = 0. = cos cos 9   2  sin k=0 18 =0 Et

9 

cos

k=0

On en conclut que

9 

k=1

cos3





kπ 9

kπ 3





 5π 3π 3  π  = 0. = cos 2    sin 6 =0

= −1



 sin



106

Chapitre 5

Trigonométrie

Exercice 5.9 1. L’expression considérée  π  a un senssiπ et seulement si tan(θ) et tan(2θ) sont définis et non nuls, et 2θ ≡ 0 . c’est-à-dire θ ≡ 0 2 2 π On en conclut que l’expression considérée a un sens si et seulement si θ ≡ 0 . 4 Ensuite on utilise les formules de duplication de cosinus et sinus pour obtenir une formule de duplication pour tangente : tan(2θ) = Ainsi

cos2 (θ) × 2 tan(θ)) 2 tan(θ) 2 cos(θ) sin(θ) sin(2θ) = = . = 2 2 2 2 cos(2θ) cos (θ) − sin (θ) cos (θ)(1 − tan (θ)) 1 − tan2 (θ)

1 2 1 2(1 − tan2 (θ)) tan2 (θ) − = − = = tan(θ). tan(θ) tan(2θ) tan(θ) 2 tan(θ) tan(θ) π , on peut donc appliquer la formule précédente pour θ = 2k 2. Pour tout k ∈ N, on a 2k ≡ 0 4   n n   2 1 k k k − 2 tan(2 ) = 2 tan(2k ) tan(2 × 2k ) k=0 k=0  n   2k+1 2k = − . tan(2k ) tan(2k+1 ) k=0

Il s’agit d’une somme télescopique, et on en conclut que

n 

2k tan(2k ) =

k=0

2n+1 1 − tan(1) tan(2n+1 )

Exercice 5.10 1. On utilise les formules d’Euler 3  iθ  1  3iθ e + e−iθ cos3 θ = e + 3eiθ + 3−iθ + e−3iθ = 2 8

 1 2 cos(3θ) + 6 cos(θ) 8  1 = cos(3θ) + 3 cos(θ) . 4 2. a. Soit x ∈ [−1, 1]. On pose θ = arccos(x) ∈ [0, π] et on a x = cos(θ). Ainsi √ √ 8x3 − 6x + 2 = 0 ⇔ 8 cos3 θ − 6 cos θ + 2 = 0 √ ⇔ 2 cos(3θ) + 2 = 0 √ 2 ⇔ cos(3θ) = − 2 3π 3π ⇔ 3θ ≡ [2π] ou 3θ ≡ − [2π] 4  4  π 2π π 2π ou θ ≡ − . ⇔ θ≡ 4 3 4 3 =

L’angle θ étant entre 0 et π, on obtient seulement les trois valeurs suivantes de θ : 2π π 2π π 2π π +0× , +1× et − +1× . 4 3 4 3 4 3

Corrections

107

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On obtient donc les valeurs suivantes pour x : √ √    π  √2 2+ 6 π 2π π 2π π 2π = , cos + = cos cos − sin sin =− , cos 4 2 4 3 4 3 4 3 4 et √ √   π 2π π 2π π 2π − 2+ 6 cos − + = cos cos + sin sin = . 4 3 4 3 4 3 4 b. L’énoncé nous affirme que l’équation admet au plus trois solutions (fait que l’on pourra aisément démontrer une fois que l’on aura vu le chapitre sur les polynômes). Or on a trouvé trois solutions distinctes à la question précédente. Ce sont donc les seules. On en conclut que les solutions de (E) sont √ √ √ √ √ − 2+ 6 2 2+ 6 , − et 2 4 4

CHAPITRE

Fonctions d’une variable réelle

6

L’essentiel du cours  1 Généralités sur les fonctions Définition Soit f une fonction définie sur I. On appelle graphe de la fonction f l’ensemble de points : Cf = {(x, f (x)) / x ∈ I } . Proposition Soit f : I → J une fonction bijective. Le graphe de la fonction f et celui de f −1 sont symétriques par rapport à la première bissectrice (la droite d’équation y = x). Définition Soit f une fonction définie sur I. On dit que : • f est paire si ∀x ∈ I, −x ∈ I et f (−x) = f (x). • f est impaire si ∀x ∈ I, −x ∈ I et f (−x) = −f (x).

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• Le graphe d’une fonction paire est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. • Le graphe d’une fonction impaire est symétrique par rapport à l’origine du repère. Définition Soient f une fonction définie sur I et T > 0. On dit que f est T - périodique si ∀x ∈ I, x + T ∈ I et f (x + T ) = f (x). Définition Soient f une fonction définie sur I. On dit que • f est majorée sur I si ∃M ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) ≤ M . Alors M est un majorant de f sur I. • f est minorée sur I si ∃m ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) ≥ m. Alors m est un minorant de f sur I. • f est bornée sur I si elle est majorée et minorée sur I.

110

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Proposition Une fonction f est bornée sur I si et seulement si ∃K > 0, ∀x ∈ I, |f (x)| ≤ K. Définition Soient f une fonction définie sur I et A un sous-ensemble de I. On dit que • f admet un maximum sur A en a si ∀x ∈ A, f (x) ≤ f (a). • f admet un minimum sur A en a si ∀x ∈ A, f (x) ≥ f (a). Définition Soient f une fonction définie sur I et A un sous-ensemble de I. • La fonction f est croissante (resp. strictement croissante) sur A si : ∀(x, y) ∈ A2 , x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y)

(resp. x < y ⇒ f (x) < f (y))

∀(x, y) ∈ A2 , x ≤ y ⇒ f (x) ≥ f (y)

(resp. x < y ⇒ f (x) > f (y))

• La fonction f est décroissante (resp. strictement décroissante) sur A si : • La fonction f est monotone (resp. strictement monotone) sur A si elle est croissante ou décroissante (resp. strictement croissante ou strictement décroissante) sur A. Définition Soient f une fonction définie sur I et g une fonction définie sur J avec f (I) ⊂ J. On définit alors la composée de f par g par : g◦f : I → R . x → g ◦ f (x) = g (f (x))

 2 Fonctions puissance entières Proposition Soit n ∈ N∗ . La fonction x → xn est définie sur R, a la même parité que n, est dérivable (et donc continue) sur R, de dérivée x → nxn−1 . y

y

y

f (x) = x2

f (x) = x

f (x) = x3

x

x

x

L’essentiel du cours

111

Proposition 1 est définie sur R∗ , a la même parité que n, est dérivable (et xn n donc continue) sur R∗ , de dérivée x → − n+1 . x Soit n ∈ N∗ . La fonction x →

y f (x) =

y

1 x

f (x) =

1 x2

x

x 1 = x−n , on peut réécrire ces fonctions sous la forme x → xn xn avec n ∈ Z\N. Les propriétés de parité et la formule de la dérivée sont les mêmes que pour x → xn avec n ∈ N (mais l’ensemble de définition change). En utilisant le fait que

Définition On appelle fonction polynomiale toute fonction de x → an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 où n ∈ N et an , . . . , a0 sont des réels.

la

forme

Définition

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√ Soit x ∈ R+ . On appelle racine carrée de x, notée x le réel positif dont le carré est x. On peut ainsi définir la fonction racine carrée √ · : R+ → √ R+ x → x Propriétés de la fonction racine carrée La fonction racine carrée est • strictement croissante sur R+ ,

y f (x) = x2

• continue sur R+ ,

1 • dérivable sur R∗+ , de dérivée x → √ . 2 x La fonction racine carrée est la bijection réciproque de la fonction R+ → R+ , x → x2 .

f (x) =

√

x

x

112

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

 3 Fonctions logarithme et exponentielle y f (x) = exp(x)

Définition • Le fonction exponentielle, notée exp, est la seule fonction vérifiant y  = y et y(0) = 1. • La fonction logarithme népérien, notée ln, est la bijection réciproque de exp.

x

f (x) = ln(x)

Propriétés de la fonction exp La fonction exp est strictement croissante, dérivable (et donc continue) de R dans R∗+ et ∀x ∈ R, exp (x) = exp(x),

exp(0) = 1,

lim exp(x) = +∞

De plus, si a, b sont des réels et si n ∈ Z, on a exp(a + b) = exp(a) exp(b),

et

x→+∞

exp(a − b) =

exp(a) , exp(b)

et

lim exp(x) = 0.

x→−∞

exp(na) = exp(a)n .

Propriétés de la fonction ln La fonction ln est strictement croissante, dérivable (et donc continue) de R∗+ dans R et 1 ∀x ∈ R∗+ , ln (x) = , ln(1) = 0, lim ln(x) = +∞, et lim ln(x) = −∞. x→+∞ x→0+ x De plus, si a, b sont des réels strictement positifs et si n ∈ Z, on a a ln(ab) = ln(a) + ln(b), ln = ln(a) − ln(b), et ln (an ) = n ln(a). b Définition Si a ∈ R∗+ et b ∈ R, on note ab = exp(b ln(a)). Si on note e = exp(1), on a donc ex = exp(x ln(e)) = exp(x). Définition • Les fonctions exponentielles sont les fonctions du type R → R, x → ax avec a ∈ R∗+ . ln(x) • La fonction logarithme décimal, notée log, est la fonction R∗+ → R, x → . ln(10)

L’essentiel du cours

113

) a ln(10) Si a ∈ R, on a log(10a ) = ln(10 ln(10) = ln(10) = a. La fonction log est donc la bijection réciproque de la fonction x → 10x . a

Définition Les fonctions puissances sont les fonctions R∗+ → R∗+ , x → xa = ea ln(x) avec a ∈ R. Propriétés de la fonction puissance Une fonction puissance x → xa est dérivable (donc continue) sur R∗+ , de dérivée x → axa−1 . • Si a > 0, alors la fonction est strictement croissante sur R∗+ et lim xa = +∞

et

x→+∞

lim xa = 0.

x→0+

• Si a < 0, alors la fonction est strictement décroissante sur R∗+ et lim xa = 0

x→+∞

et

lim xa = +∞.

x→0+

Règles de calcul des puissances Si x, y ∈ R∗+ et a, b ∈ R, on a (xy)a = xa y a ,

xa+b = xa xb ,

xab = (xa )

b

et

ln (xa ) = a ln(x).

 4 Fonctions trigonométriques Propriétés des fonctions cos et sin Les fonctions cosinus et sinus sont dérivables (donc continues) sur R et, si x ∈ R, on a cos (x) = − sin(x)

et

sin (x) = cos(x).

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La fonction cosinus est paire et la fonction sinus est impaire. y 1 π −π −1

π 2

3π 2

f (x) = cos(x)

x f (x) = sin(x)

114

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle y

Propriétés de la fonction tan

f (x) = tan(x)

La fonction tangenteest impaire, π-périodique, dérivable  (donc continue) sur R\ π2 + kπ / k ∈ Z et, si x est dans cet ensemble, on a 1 sin(x) et tan (x) = 1 + tan2 (x) = . tan(x) = cos(x) cos2 (x)

−π

π π − 2

x

π 2

 5 Fonction partie entière et fonction valeur absolue y Définition et propriétés de la fonction partie entière La fonction partie entière, définie par

f (x) = x

·: R → R x → x

x

est dérivable (donc continue) sur R\Z et est discontinue en chaque point de Z. Définition et propriétés de la fonction valeur absolue La fonction valeur absolue, définie par |·|: R → x →

y f (x) = |x|

R |x|

est paire, continue sur R, dérivable sur R∗ et de dérivée  1 si x > 0 x → −1 si x < 0

x

 6 Limites usuelles Théorème des croissances comparées On a les limites suivantes ex = +∞, lim x→+∞ x

ln(x) = 0, x→+∞ x lim

et

lim x ln(x) = 0.

x→0+

Ce qu’il faut retenir de ce théorème, c’est surtout qu’en +∞ l’exponentielle l’emporte sur une puissance qui l’emporte sur un ln ; et qu’en 0, une puissance l’emporte sur un ln.

L’essentiel du cours

115

Limites classiques en 0 On a les limites suivantes ex − 1 ln(1 + x) lim = 1, lim = 1, x→0 x→0 x x

sin(x) =1 x→0 x lim

et

1 1 − cos(x) = . 2 x→0 x 2 lim

 7 Dérivées Toutes les dérivées usuelles sont regroupées dans le formulaire Dérivées usuelles en appendice (page 486). Opérations sur les dérivées Soient u et v dérivables sur I et λ ∈ R. Les fonctions λu + v et uv sont dérivables sur I et (λu + v) = λu + v 

et

(uv) = u v + uv  . 1 u De plus si la fonction v ne s’annule pas sur I, alors les fonctions et sont dérivables sur I v v et     v u  u v − uv  1 = − 2 et = . v v v v2 Dérivée et composition Soient u : I → R et v : J → R dérivables telles que u(I) ⊂ J. La fonction v ◦ u est dérivable sur I et (v ◦ u) = u × (v  ◦ u).

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Définition Soient f une fonction de deux variables définie sur un domaine D ⊂ R2 et (x0 , y0 ) ∈ D. • Si on note f1 : x → f (x, y0 ) et que cette fonction f1 est dérivable en x0 , alors on dit que f ∂f (x0 , y0 ) = f1 (x0 ). admet une dérivée partielle par rapport à x en (x0 , y0 ) et on note ∂x • Si on note f2 : x → f (x0 , y) et que cette fonction f2 est dérivable en y0 , alors on dit que f ∂f (x0 , y0 ) = f2 (y0 ). admet une dérivée partielle par rapport à y en (x0 , y0 ) et on note ∂y Pour calculer ces dérivées partielles, il suffit de dériver par rapport à une variable et de considérer les autres variables comme des constantes.

116

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

 8 Primitives

Toutes les primitives usuelles sont regroupées dans le formulaire Primitives usuelles en appendice (page 487). Définition Soit f : I → R. Une primitive de f sur I est une fonction F : I → R dérivable telle que F  = f. Une première façon de déterminer une primitive est de reconnaître une forme dérivée connue (d’où l’intérêt de très bien connaître ses dérivées). Structure des primitives d’une fonction Soit f une fonction admettant une primitive F . Alors, les primitives de f sont de la forme F + k avec k une constante. Toutes les primitives sont donc trouvées à une constante près. On parle donc d’une primitive de f et non de la primitive de f (à moins d’avoir précisé une de ses valeurs). Existence d’une primitive Toute fonction continue sur un intervalle admet une primitive sur cet intervalle. Définition Soient f une fonction continue sur [a, b] et F une primitive de f sur [a, b]. On appelle intégrale de f de a à b le réel  b b f (t)dt = [F (t)]a = F (b) − F (a). a

Les primitives étant calculées à une constante additive près, on pourra écrire  x f (t)dt pour désigner une primitive F de f . F (x) = Intégration par parties Soient u et v deux fonctions dérivables sur [a, b] telles que u et v  soient continues sur [a, b]. On a  b  b b u(t)v  (t)dt = [u(t)v(t)]a − u (t)v(t)dt. a

a

Cette méthode permet de calculer une primitive pour un produit de fonction que l’on ne pouvait pas reconnaître comme une dérivée usuelle (comme par exemple les fonctions du type P (x) ln(x), P (x)ex , P (x) cos(x), P (x) sin(x) où P est une fonction polynomiale).

L’essentiel du cours

117

 9 Équations différentielles linéaires à cœfficients constants Équation différentielle linéaire du premier ordre Soient a, b ∈ R, a = 0. • Les solutions de l’équation différentielle (dite homogène ou sans second membre) y  +ay = 0 sont de la forme y(x) = Ke−ax où K ∈ R. b • Les solutions de l’équation différentielle y  + ay = b sont de la forme y(x) = Ke−ax + où a K ∈ R. Dans la pratique, quand on cherche les solutions d’une équation différentielle du premier ordre y  + ay = b (E ) : • on cherche les solutions yh de l’équation homogène associée y  + ay = 0 (H ) • on cherche une solution particulière constante yp de (E ) • on somme yh et yp pour trouver les solutions de l’équation différentielle (E ). Équation différentielle linéaire homogène du second ordre Soient a ∈ R∗ , b, c ∈ R et (H ) l’équation différentielle linéaire homogène ay  + by  + cy = 0. On appelle équation caractéristique de (H ) : ar2 + br + c = 0. On note ∆ = b2 − 4ac. • Si ∆ > 0, l’équation caractéristique admet deux solutions réelles distinctes r1 et r2 et les solutions de l’équation (H ) sont y(x) = λer1 x + µer2 x

avec

λ, µ ∈ R

• Si ∆ = 0, l’équation caractéristique admet une solution réelle double r0 et les solutions de l’équation (H ) sont y(x) = (λx + µ)er0 x avec λ, µ ∈ R • Si ∆ < 0, l’équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées : ρ + iω et ρ − iω (où ρ ∈ R et ω ∈ R∗ ) et les solutions de l’équation (H ) sont y(x) = eρx (λ cos(ωx) + µ sin(ωx))

avec

λ, µ ∈ R.

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Résolution d’une équation différentielle linéaire du second ordre Soient ay  + by  + cy = d (E ) une équation différentielle linéaire du second ordre à cœfficients constants, ay  + by  + cy = 0 (H ) son équation homogène associée et yp une solution de (E ). Toute solution de (E ) se décompose comme la somme de yp et d’une solution yh de (H ). Dans la pratique, quand on cherche les solutions d’une équation différentielle du second ordre (E ) : • on cherche les solutions yh de l’équation homogène associée (H ), • on cherche une solution particulière constante yp de (E ), • on somme yh et yp pour trouver les solutions de l’équation différentielle (E ).

118

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Les méthodes à maîtriser Méthode 6.1 : Étudier une fonction Voici le plan d’étude d’une fonction 1. Déterminer le domaine de définition ; 2. Déterminer les symétries et les périodicités afin de réduire l’ensemble d’étude ; 3. Déterminer les variations et les limites ; 4. Déterminer les extrema éventuels ; 5. Tracer le graphe en faisant apparaitre les asymptotes et les tangentes remarquables.  Exemple d’application 3 |1 − x2 | Étudier les fonctions x → et x → − 2 et tracer leurs graphes. x 2 + cos(πx)    |1 − x2 | . On a x ∈ Df ⇔ (1 − x2  ≥ 0 et x = 0). On en déduit que (1) On pose f (x) = x Df = R∗ . La fonction f est clairement impaire, on restreint donc l’intervalle d’étude à R∗+ (on complétera avec une symétrie par rapport à l’origine). Soit x ∈ R∗+ , on a √ √ 1 − x2 x2 − 1 si x < 1 et f (x) = si x > 1. f (x) = x x   Sur R∗+ , si x = 1, 1 − x2  > 0. Donc f est dérivable sur ]0, 1[ et ]1, +∞[. Si 0 < x < 1, on a √ 1 − x2 −2x −x2 √ √ × x − 1 − x2 × 1 −√ 1 2 1 − x2 1 − x2 1 − x2 = =− √ . f  (x) = 2 2 2 x x x 1 − x2 1 De même, si x > 1, on a f  (x) = √ . 2 x x2 − 1 +∞ et si x > 1, De plus f (x) −−−−→   √ x→0+ x2 − 1 x2 − 1 1 = = 1 − 2 −−−−−→ 1. f (x) = x x2 x x→+∞ On obtient donc le tableau de variations de f sur R∗+ . En ajoutant le fait que f  (x) −−−−→ −∞ +∞, on trace le graphe de f sur R∗+ , puis sur R∗ par symétrie. et f  (x) −−−−→ x→1+ y x 0 1 +∞ 1 f  (x) − −∞ +∞ + +∞ 1 f

x→1−

1

x

0 3 − 2. Comme, pour tout x réel, 2 + cos(πx) = 0, on a Dg = R. 2 + cos(πx) La fonction g étant paire et 2-périodique, on restreint l’intervalle d’étude à [0, 1]. Par somme 3π sin(πx) . et composition, g est dérivable sur [0, 1]. Si x ∈ [0, 1], on a g  (x) = (2 + cos(πx))2

(2) On pose g(x) =

Les méthodes à maîtriser

119

On a, de plus, g(0) = −1 et g(1) = 1. On obtient donc le tableau de variations de g sur [0, 1] et on trace le graphe de g par symétrie et périodicité. y x 0 1 1 g  (x) 0 + 0 1 x g 1 −1 Voir exercices 6.10, 6.11, 6.14, 6.15 et 6.16. Méthode 6.2 : Déterminer une primitive À ce stade de l’année, pour déterminer une primitive d’une fonction, on peut s’y prendre de deux manières :  • On reconnait une forme connue (du type uu , αu uα−1 , u eu , etc) • Sinon, on voit notre fonction comme un produit et on fait une intégration par parties pour simplifier l’expression à intégrer. Par exemple, si on veut intégrer une expression de la forme P (x) ln(x) (où P est une fonction polynomiale) : on dérive le ln et on primitive P . Si on veut intégrer une expression de la forme P (x)ex , P (x) cos(x) ou P (x) sin(x) (où P est une fonction polynomiale) : on dérive le polynôme et primitive l’autre fonction et on recommence jusqu’à ce que le polynôme devienne constant. Exemple d’application Calculer une primitive de x → − tan(x) et une primitive de x → (x2 + x + 1)ex .

u − sin(x) , on retrouve une forme connue du type cos(x) u (avec u(x) = cos(x)). Une primitive de cette fonction est donc x → ln |cos(x)|. (2) On effectue plusieurs intégrations par parties pour faire « disparaître » le polynôme (on a le droit de les faire car les fonctions présentes sont dérivables une infinité de fois) :  x  x  x 2 t 2 t x t 2 x (t + t + 1)  e dt = [(t + t + 1)  e ] − (2t + 1)  e dt = (x +x+1)e − (2t+1)et dt          

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(1) En transformant légèrement − tan(x) =

u(t)

v (t)

u(x)

v(t)

u (t)

v(t)

On effectue de nouveau une intégration par partie  x  x t t x (2t + 1)e dt = [(2t + 1)e ] − 2et dt = (2x + 1)ex − 2ex = (2x − 1)ex . En regroupant ces deux calculs, on obtient donc que  x (t2 + t + 1)et dt = (x2 + x + 1)ex − (2x − 1)ex = (x2 − x + 2)ex .

Ainsi la fonction x → (x2 − x + 2)ex est une primitive de la fonction x → (x2 + x + 1)ex . Voir exercices 6.5 et 6.6.

120

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Méthode 6.3 : Établir une inégalité à l’aide d’une étude de fonction Lorsqu’on veut montrer une inégalité, mais que les opérations sur les inégalités ne suffisent pas, on peut s’aider d’une étude de fonction pour y parvenir. On commence par transformer l’inégalité en mettant tout ce qui est variable du même côté et on donne un nom à cette fonction. On l’étudie et, à l’aide des ses variations, on la majore ou la minore (en fonction de l’inégalité à montrer). Exemple d’application Montrer que, si x ≥ 0, alors sin(x) ≤ x. Soit x ∈ R+ . Cela revient à montrer que sin(x)−x ≤ 0. On pose donc la fonction f définie sur R+ par f (x) = sin(x) − x et on l’étudie. Par somme, f est dérivable et on a f  (x) = cos(x) − 1 ≤ 0. On obtient donc le tableau de variations suivant x 0 +∞ f  (x) − 0 f On en déduit donc que, si x ∈ R+ , f (x) ≤ 0, c’est-à-dire sin(x) ≤ x.

Voir exercices 6.10, 6.14 et 6.15.

Méthode 6.4 : Résoudre une équation différentielle linéaire à cœfficients contants Pour résoudre une équation différentielle linéaire à cœfficients constants, deux cas : 1. On trouve les solutions yh de l’équation homogène associée en se référant au cours. 2. On cherche une solution particulière yp constante (de sorte que yp = yp = 0) et on conclut en disant que les solutions de l’équation sont de la forme y = yh + yp . Exemple d’application Résoudre les équations différentielles y  + 2y = 4 et y  − 3y  + 2y = −6. (1) On note (E1 ) l’équation différentielle. L’équation homogène associée est y  + 2y = 0 et les solutions de l’équation homogène sont donc les fonctions de la forme yh (x) = Ke−2x avec K ∈ R. On cherche ensuite une solution particulière constante yp . Comme yp = 0, on obtient que 0 + 2yp = 4 c’est-à-dire yp = 2. Ainsi les solutions de (E1 ) sont les fonctions de la forme y(x) = 2 + Ke−2x avec K ∈ R. (2) On note (E2 ) l’équation différentielle. L’équation homogène associée est y  − 3y + 2y = 0. L’équation caractéristique est donc r2 − 3r + 2 = 0 dont les solutions sont r = 1 et r = 2. Les solutions de l’équation homogène sont donc les fonctions de la forme yh (x) = λex + µe2x avec λ, µ ∈ R. On cherche ensuite une solution particulière constante yp . Comme yp = yp = 0, on obtient que 0 − 3 × 0 + 2yp = −6 c’est-à-dire yp = −3. Ainsi les solutions de (E2 ) sont les fonctions de la forme y(x) = −3 + λex + µe2x avec λ, µ ∈ R. Voir exercice 6.7.

Les méthodes à maîtriser

121

Interro de cours 1. Soient f, g et h trois fonctions définies sur R et dont les graphes sont y

y

y

Cf

Cg

1

1 1

1 1

x

Ch

x

1

x

(a) Étudier la parité et la périodicité de ces trois fonctions. (b) Ces fonctions sont-elles majorées ? Minorées ? Bornées ? (c) Pour chaque fonction, déterminer, s’il existe, son maximum et son minimum.

2. Reconnaitre les fonctions usuelles associées aux graphes ci-dessous y

y

y Cf

Cg

x

π

−π −

π 2

π 2

Ch

x

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x 2

x . 1 + x2 Montrer que, si x ∈ R, on a ex ≥ x + 1.

3. Étudier la fonction x →

4. x 5. On définit la fonction f : R → R, x → √ (a) Calculer la dérivée de f . (b) Déterminer une primitive de f .

1 + x2

.

6. Déterminer une primitive de x → (x2 − x + 1) ln(x). 7. Résoudre l’équation différentielle y  + 4y  + 4y = −8.

122

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Exercices Pour s’entraîner Exercice 6.1 Parmi les relations suivantes, lesquelles sont vraies, pour tous a, b et c ∈ R∗+ : 1. (ab )c = abc 2. ab ac = abc

3. a2b = (ab )2 4. (ab)c = ac/2 bc/2

5. (ab )c = a(b ) 6. (ab )c = (ac )b . c

Exercice 6.2 Simplifier ab pour ln(ln x) 1. a = x et b = ln x

2. a = exp(x2 ) et b =

1  1 ln x x . x

Exercice 6.3 Calculer la dérivée des fonctions suivantes : 1. f (x) = x2 cos(x)

5. f (x) =

2. f (x) = sin9 (x) √ 3. f (x) = 1 + x2    4. f (x) = ln 1 + 2 + cos(x)

x+1 x2 + 1

ex − e−x ex + e−x  7. f (x) = ln(x) 1 + cos2 (x).

6. f (x) =

Exercice 6.4 Déterminer les dérivées partielles de : 1. f (x, y) = xy 2 + yx2

2. f (x, y) =

x−y x+y

2

3. f (x, y) = exy .

Exercice 6.5 En reconnaissant une forme connue, déterminer une primitive des fonctions suivantes x 2 1 1. f (x) = (x − 1)ex −2x sin2 4. f (x) = 2 x ln x 6. f (x) = x x − sin x 2. f (x) = 2 1 (x − 1)3   x 5. f (x) = x 1 + e−x 7. f (x) = ln x. √ 2 3 e 3. f (x) = (x + 3) x + 9x − 5

Exercices

123

Exercice 6.6 En se servant d’intégration(s) par parties, déterminer une primitive des fonctions suivantes 1. f (x) = (x − 1) cos x

2. f (x) = xn ln x

3. f (x) = ln(1 + x2 )

4. f (x) =

x . cos2 x

Exercice 6.7 Résoudre les équations différentielles suivantes 1. y  − 3y = 9 2. y  + 4y  + 5y = −10

3. y  + 5y  − 6y = 3 4. y  − 6y  + 9y = 6.

Exercice 6.8 Montrer que la composée d’une fonction croissante par une fonction décroissante est une fonction décroissante.

Exercice 6.9 Montrer que la dérivée d’une fonction paire est impaire et que la dérivée d’une fonction impaire est paire.

Exercice 6.10 1. Montrer que si x ∈ R+ , sin(x) ≤ x et que si x ∈ R− , sin(x) ≥ x. x2 2. En déduire que, si x ∈ R, cos(x) ≥ 1 − . 2

Pour aller plus loin

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Exercice 6.11 1. Montrer que ∀x > −1, ln(1 + x) ≤ x.  n −n  1 1 2. En déduire que ∀n ≥ 2, 1 + ≤e≤ 1− . n n

Exercice 6.12 Soient x ∈] − 1, 1[ et f (x) =

n 

xk .

k=0

1. Si x ∈] − 1, 1[, calculer xf  (x) de deux façons différentes. n  2. Déterminer une expression simple de kxk puis sa limite quand n → +∞. k=0

124

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Exercice 6.13 Soient x, y ∈ R, p ∈ [0, 1] et f (x, y) =

n    n

k=0

1. Déterminer une expression simple de 2. En déduire la valeur de

k=0

n    n

k

k=0

n    n

k

xk y n−k .

k

kxk y n−k .

kpk (1 − p)n−k .

Exercice 6.14 ln(1 + ax) et g(x) = a(1 + bx) ln(1 + bx) − b(1 + ax) ln(1 + ax). ln(1 + bx) 1. Étudier la fonction g sur R+ . 2. Déterminer les variations de f sur R∗+ . 3. En déduire que ln(1 + ab ) ln(1 + ab ) ≤ (ln 2)2 .

Soient 0 < a ≤ b, f (x) =

Exercice 6.15 Montrer que ∀x ∈]0, 1[, xx (1 − x)1−x ≥

(On pourra commencer par composer par ln.)

1 . 2

Exercice 6.16 Soit

f: R x

→ R ex − e−x . → ex + e−x

1. Étudier f . 2. Justifier que f (R) = ] − 1, 1[. 3. Soient x ∈ R et y ∈ ] − 1, 1[. Résoudre l’équation f (x) = y d’inconnue x, en déduire que f est une bijection de R dans ] − 1, 1[ et que   1+y 1 . f −1 (y) = ln 2 1−y

4. Étudier f −1 . 5. Tracer le graphe de f et de f −1 sur le même graphique.

Corrections

125

Corrections Interro de cours 1. On se fie à la partie de la courbe que l’on nous donne en extrapolant son comportement au-delà. (a) La fonction f est paire et 1-périodique. La fonction g est paire sans périodicité. La fonction h est impaire sans périodicité. (b) La fonction f est bornée. La fonction g est minorée mais pas majorée. La fonctions h est bornée. (c) Par lecture graphique, le minimum de f est −1 et son maximum est 1. Le minimum de g est environ −1, 25 et g ne possède pas de maximum. Le minimum de h est environ −1, 57 et son maximum est environ 1, 57 (il s’agit en réalité de − π2 et π2 ). √ 2. On reconnaît f = ln, g = tan et h = · . x2 3. On note f la fonction définie sur R par f (x) = . Tout d’abord, si x = 0, on a 1 + x2 1 x2 = 1 f (x) = 2  1 −−−−−→ 1. x→±∞ x x2 + 1 x2 + 1 Ensuite, par quotient, f est dérivable et, si x ∈ R, on a f  (x) =

2x(1 + x2 ) − x2 × 2x 2x = . (1 + x2 )2 (1 + x2 )2

Ainsi, f  (x) est du signe de x. On en déduit le tableau de variations suivant x −∞ f  (x) − 1

0 0

+∞ +

1

f

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0 On aurait aussi pu remarquer que f était paire. Mais dans un cas aussi simple, ça ne valait pas la peine d’utiliser cet argument de symétrie. 4. On note f la fonction définie sur R par f (x) = ex − x − 1. Par différence, f est dérivable et, si x ∈ R, on a f  (x) = ex − 1. On obtient donc le tableau de variations suivant x −∞ f (x) − 0 

0 0

f 0

+∞ +

126

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

On en déduit que, si x ∈ R, on a f (x) ≥ 0. Ainsi ∀x ∈ R, ex ≥ x + 1. 5. (a) Soit x ∈ R. On a √ 2 2 −x2 √ ) ( 1+x √ 1 × 1 + x2 − x 2√2x 1 1+x2 1+x2 √ f  (x) = = = . √ 2 2 2 ) 1 + x2 1 + x 2 (1 + x 1+x (b) Soit x ∈ R. On a

Or

√

u (x) 2x =  f (x) = √ 2 1 + x2 2 u(x)

u est une primitive de

u √ . 2 u 

avec u(x) = 1 + x2 .

On obtient donc une primitive de f définie sur R par

F (x) =

 1 + x2 .

6. On procède par intégration par parties. Soit x > 0, on a  x  x  3   3  x t2 t2 t 1 t 2 − + t ln(t) − − +t dt (t − t + 1) ln(t)dt = 3 2 3 2 t    3  x 2 x2 t t x − + x ln(x) − − + 1 dt = 3 2 3 2   3   3 x2 x2 x x − + x ln(x) − − +x . = 3 2 9 4

7. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2. On commence par résoudre l’équation caractéristique de l’équation différentielle : r2 + 4r + 4 = 0, c’est-à-dire (r + 2)2 = 0. On obtient donc une solution double −2 et les solutions de l’équation différentielle homogène associée sont les fonctions yh : t → (λ + µt)e−2t avec λ, µ ∈ R. On cherche une solution particulière yp constante. On a donc yp = yp = 0, donc 4yp = −8 et yp = −2. D’après le principe de superposition, les solutions de l’équation différentielle proposée sont les fonctions y : t → −2 + (λ + µt)e−2t avec λ, µ ∈ R

Exercice 6.1 Les relations toujours vraies sont les 1., 3. et 6..

Exercice 6.2 Dans les deux questions on utilise la forme exponentielle ab = eb ln a .     ln(ln x) b 1. a = exp ln x = exp ln(ln x) = ln(x).  ln x       1  1  1 b 2 2. a = exp ln x x ln exp(x2 ) = exp ln(x) × x = exp ln(x) = x. 2 x x

Corrections

127

Exercice 6.3 1. On a f  (x) = 2x cos(x) − x2 sin(x).   2. On utilise l’identité u9 = 9u u8 et on a f  (x) = 9 cos(x) sin8 (x). 2x x 3. On a f  (x) = √ =√ . 2 2 1+x 1 + x2  u 4. On utilise l’identité (ln u) = et on a u √− sin(x) sin(x) 2+cos(x)  .  f (x) = =−   1 + 2 + cos(x) 2 2 + cos(x) 1 + 2 + cos(x) 

5. On a f  (x) =

2

1 × (x2 + 1) − (x + 1) × 2x

=−

x2 + 2x

2. (x2 + 1) (x2 + 1) (ex + e−x )(ex + e−x ) − (ex − e−x )(ex − e−x ) 4 = x . 6. On a f  (x) = x −x 2 (e + e ) (e + e−x )2 1 −2 sin(x) cos(x) . 1 + cos2 (x) + ln(x)  7. On a f  (x) = x 2 1 + cos2 (x) 2

Exercice 6.4 ∂f ∂f (x, y) = y 2 + 2xy et (x, y) = 2xy + x2 . ∂x ∂y (x + y) − (x − y) −(x + y) − (x − y) 2y ∂f −2x ∂f (x, y) = (x, y) = = et = . 2. On a ∂x (x + y)2 (x + y)2 ∂y (x + y)2 (x + y)2 ∂f ∂f 2 2 (x, y) = y 2 exy et (x, y) = 2xyexy . 3. On a ∂x ∂y 1. On a

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Exercice 6.5 Dans chaque question F dénommera une primitive de f . 1 1 2 1 1. On reconnaît une forme u eu = (eu ) , donc F (x) = ex −2x 2 2 2     u 1 1 1 1 −2 3 = − 2. On reconnaît une forme − , donc F (x) = − 4 u 4 u2 4(x2 − 1)2   3 2 3 √ 2  3  2 u u = u 2 , donc F (x) = (x3 + 9x − 5) 2 3. On reconnaît une forme 9 2 9 9 u = (ln |u|) avec u(x) = ln x, donc F (x) = ln |ln x| 4. On reconnaît une forme u ex . 5. En multipliant au numérateur et au dénominateur par ex , on obtient f (x) = x e +1  u On reconnaît une forme = (ln |u|) , donc F (x) = ln(ex + 1) u 1 1 − cos x 1 − cos(2θ) pour obtenir que f (x) = · . 6. On utilise le fait que sin2 θ = 2 2 x − sin x

128

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

1 1 u 1 = (ln |u|) , donc F (x) = ln |x − sin x| 2u 2 2 7. On transforme un peu l’expression de f :   x  ln(x) = ln(x) exp (x ln x − x) . f (x) = exp x ln e Or, si on note u(x) = x ln x − x, alors u (x) = ln x. On reconnaît une forme u eu = (eu ) , donc  x x F (x) = exp (x ln x − x) = e On reconnaît une forme

Exercice 6.6 1. Soit x ∈ R, on a   x x (t − 1) cos(t)dt = [(t − 1) sin(t)] −

2. Soit x ∈ R∗+ , on a x   n+1  x t n ln(t) − t ln(t)dt = n+1 3. Soit x ∈ R, on a  x

1 × ln(1 + t2 )dt

x

x

1 × sin(t)dt = (x − 1) sin(x) + cos(x).

tn+1 1 xn+1 xn+1 dt = ln(x) − . n+1 t n+1 (n + 1)2

 t 2t2 − dt 1 + t2  x 2 t +1−1 dt = x ln(1 + x2 ) − 2 t2 + 1   x 1 2 = x ln(1 + x ) − 2 dt 1− 2 t +1

=



x

t ln(1 + t2 )

= x ln(1 + x2 ) − 2x + 2 arctan(x). π 1 4. Soit x ≡ [π]. On a tan (x) = , donc 2 cos2 (x)  x  x t x dt = [t tan(t)] − 1 × tan(t)dt. cos2 (t)

sin u On remarque ensuite que tan = et est donc de la forme − = (ln |u|) . On obtient ainsi cos u  x t dt = x tan(x) + ln |cos(x)| . cos2 (t)

Exercice 6.7 1. Les solutions de l’équation différentielle homogène associée sont les yh : t → Ke3t avec K ∈ R. Une solution particulière constante est yp = −3. Ainsi, d’après le principe de superposition, les solutions sont les fonctions de la forme y : t → Ke3t − 3

Corrections

129

2. On commence par résoudre l’équation caractéristique r2 +4r+5 = 0 pour obtenir deux solutions complexes −2 + i et −2 − i. Les solutions de l’équation différentielle homogène associée sont les yh : t → e−2t (λ cos(t) + µ sin(t))

avec λ, µ ∈ R.

Une solution particulière constante est yp = −2. Ainsi, d’après le principe de superposition, les solutions sont les fonctions de la forme y : t → e−2t (λ cos(t) + µ sin(t)) − 2

avec λ, µ ∈ R

3. On commence par résoudre l’équation caractéristique r2 +5r−6 = 0 pour obtenir deux solutions réelles 1 et −6. Les solutions de l’équation différentielle homogène associée sont les yh : t → λet + µe−6t avec λ, µ ∈ R. 1 Une solution particulière constante est yp = − . 2 Ainsi, d’après le principe de superposition, les solutions sont les fonctions de la forme y : t → λet + µe−6t −

1 2

avec λ, µ ∈ R

4. On commence par résoudre l’équation caractéristique r2 − 6r + 9 = 0 pour obtenir une seule solution réelle 3. Les solutions de l’équation différentielle homogène associée sont les yh : t → (λ + µt)e3t avec λ, µ ∈ R. 2 Une solution particulière constante est yp = . 3 Ainsi, d’après le principe de superposition, les solutions sont les fonctions de la forme y : t → (λ + µt)e3t +

2 3

avec λ, µ ∈ R

Exercice 6.8 Soient g : J → R croissante et f : I → J décroissante où I est J sont des parties de R. Soient a, b ∈ I tels que a ≤ b. Comme f est décroissante, on a f (a) ≥ f (b). Comme g est croissante, on a g(f (a)) ≥ g(f (b)). On a donc montré que © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

∀a, b ∈ I, a ≤ b ⇒ g ◦ f (a) ≥ g ◦ f (b).

On en conclut que g ◦ f est décroissante.

Exercice 6.9 Soient I une partie de R, f une fonction dérivable paire et g une fonction dérivable impaire. On a ∀x ∈ I, f (−x) = f (x).

Si on dérive cette identité (en voyant x → f (−x) comme la composée de f par x → −x), on obtient ∀x ∈ I, −f  (−x) = f  (x),

et f  est impaire. De même, ∀x ∈ I g(−x) = −g(x), donc en dérivant, on obtient ∀x ∈ I, −g  (−x) = −g(x) et g est paire.

130

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Exercice 6.10 1. On note f la fonction définie sur R par f (x) = sin x − x. Par différence, f est dérivable et, si x ∈ R, f  (x) = cos x − 1 ≤ 0. On obtient donc le tableau de variations suivant x −∞ f (x) 0 

f

0 −

+∞

0 0

On en déduit donc que f est négative sur R+ et positive sur R− . D’où ∀x ∈ R+ , sin(x) ≤ x et ∀x ∈ R− , sin(x) ≥ x. 2 2. On note g la fonction définie sur R par g(x) = cos(x) − 1 + x2 . Par différence, g est dérivable et, si x ∈ R, on a g  (x) = − sin(x) + x. D’après la question précédente, on obtient le tableau de variations suivant x −∞ g  (x) − 0

0 0

+∞ +

g 0 On en déduit donc que g est positive sur R. Ainsi ∀x ∈ R, cos(x) ≥ 1 −

x2 . 2

Exercice 6.11 1. On note f la fonction définie sur ] − 1, +∞[ par f (x) = ln(1 + x) − x. 1 x − 1 = − x+1 . Par différence, f est dérivable et, si x > −1, on a f  (x) = x+1 On obtient le tableau de variations suivant x −1 f (x) + 

0 0 0

+∞ −

f 0 On en déduit donc que f est négative sur ] − 1, +∞[. Ainsi ∀x > −1, ln(1 + x) ≤ x.

Corrections

131

1 2. Soit n ≥ 2. On applique l’inégalité de la question précédente à x = > −1 et on obtient n     1 1 1 ≤ donc n ln 1 + ≤ 1 car n > 0 ln 1 + n n n  n  1 donc ln 1+ ≤1 n  n 1 donc 1+ ≤ e car exp est croissante. n

1 Pour l’autre inégalité, on utilise l’inégalité de la question précédente avec x = − > −1 car n n ≥ 2 et on obtient     1 1 1 ≤− donc −n ln 1 − ≥ 1 car − n < 0 ln 1 − n n n  −n  1 donc ln 1− ≥1 n  −n 1 donc 1− ≥ e car exp est croissante. n

Exercice 6.12 1. Premièrement, par linéarité de la dérivation, on a, si x ∈] − 1, 1[, xf  (x) = x

n 

kxk−1 =

k=0

n 

kxk .

k=0

Deuxièmement, f (x) est une somme géométrique de raison x = 1, donc f (x) =

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Donc f  (x) =

1 − xn+1 . 1−x

−(n + 1)xn (1 − x) − (1 − xn+1 )(−1) 1 − (n + 1)xn + nxn+1 = . Ainsi 2 (1 − x) (1 − x)2 xf  (x) =

2. On obtient donc que

n 

k=0

kxk =

x − (n + 1)xn+1 + nxn+2 . (1 − x)2

x − (n + 1)xn+1 + nxn+2 (1 − x)2

Comme x ∈] − 1, 1[, on a (n + 1)xn+1 −−−−−→ 0 et nxn+2 −−−−−→ 0 par croissances comparées. n→+∞

On en conclut que

n 

k=0

kxk −−−−−→ n→+∞

n→+∞

x (1 − x)2

132

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

Exercice 6.13 1. D’après la formule du binôme de Newton, on a f (x, y) = (x + y)n . Ainsi n   n     ∂f n n k n−k kx y kxk−1 y n−k = x (x, y) = x × n(x + y)n−1 = nx(x + y)n−1 . =x k k ∂x k=0

k=1

2. On remplace x par p et y par 1 − p dans la formule obtenue à la question précédente et on obtient n    n kpk (1 − p)n−k = np(p + 1 − p)n−1 = np. k k=0

Exercice 6.14 1. Par différence et produit, g est dérivable sur R+ et, pour tout x ≥ 0, on a g  (x) = ab ln(1 + bx) + a(1 + bx)

b a − ab ln(1 + ax) − b(1 + ax) = ab ln 1 + bx 1 + ax

Or 0 < a < b et x ≥ 0, donc 1 + ax ≤ 1 + bx et g  (x) ≥ 0. On obtient le tableau de variations suivant x g (x) 

0 0



1 + bx 1 + ax



+∞ +

0

g 0 2. Par quotient, f est dérivable sur R∗+ et, pour tout x > 0, alors f  (x) =

a(1 + bx) ln(1 + bx) − b(1 + ax) ln(1 + ax) g(x) =  2  2 . (1 + ax)(1 + bx) ln(1 + bx) (1 + ax)(1 + bx) ln(1 + bx)

Or, d’après la question précédente, la fonction g est positive. On en déduit que f  ≥ 0 et on en conclut que f est croissante. 1 1 3. Comme 0 < a < b, on a 0 < < . b a     1 1 ≥f , c’est-à-dire Par décroissance de f on obtient que f a b

ln(1 + ab ) ln(2) ≥ . ln(2) ln(1 + ab )   b > 0 et par ln(2), on en conclut que On finit en multipliant de chaque côté par ln 1 + a    a b 2 ln 1 + ln 1 + ≤ (ln 2) . b a

.

Corrections

133

Exercice 6.15 Soit x ∈]0, 1[. En composant par ln qui est une bijection strictement croissante, on a     1 1 ⇔ x ln(x) + (1 − x) ln(1 − x) ≥ − ln 2. xx (1 − x)1−x ≥ ⇔ ln xx (1 − x)1−x ≥ ln 2 2 On note donc f la fonction définie sur ]0, 1[ par f (x) = x ln(x) + (1 − x) ln(1 − x) + ln 2. Par produit et somme, f est dérivable et, si x ∈]0, 1[, on a f  (x) = ln(x) + x Ainsi

(−1) 1 − ln(1 − x) + (1 − x) = ln(x) − ln(1 − x). x 1−x

1 f  (x) ≥ 0 ⇔ ln(x) ≥ ln(1 − x) ⇔ x ≥ 1 − x ⇔ x ≥ . 2         1 1 1 1 1 = ln + 1− ln 1 − + ln 2 = 0. De plus, f 2 2 2 2 2 On obtient le tableau de variations suivant x  f (x)

1 2

0 0

−

0

1 +

0

f 0 On en déduit que f est positive. Donc ∀x ∈]0, 1[, x ln(x) + (1 − x) ln(1 − x) ≥ − ln 2. Ainsi, d’après 1 l’équivalence établie au début du raisonnement, on en conclut que ∀x ∈]0, 1[, xx (1 − x)1−x ≥ . 2

Exercice 6.16 1. La fonction f est impaire car, si x ∈ R

ex − e−x e−x − ex =− x = −f (x). −x x e +e e + e−x Par somme et quotient, f est dérivable et, si x ∈ R, on a f (−x) =

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f  (x) = De plus

(ex + e−x )(ex + e−x ) − (ex − e−x )(ex − e−x ) 4 = x > 0. (ex + e−x )2 (e + e−x )2

ex (1 − e−2x ) 1 − e−2x = −−−−−→ 1 x −2x e (1 + e ) 1 + e−2x x→+∞ et, f étant impaire, f (x) −−−−−→ −1. f (x) =

x→−∞

On obtient le tableau de variations suivant x −∞ f (x) 

0 + 0

f −1

+∞ 1

134

Chapitre 6

Fonctions d’une variable réelle

2. La fonction f est continue et strictement croissante, donc   f (R) = f (] − ∞, +∞[) = lim f (x), lim f (x) = ] − 1, 1[. x→−∞

x→+∞

3. Soient x ∈ R et y ∈] − 1, 1[. On a

y = f (x) ⇔ y(ex + e−x ) = ex − e−x ⇔

y(e2x + 1) = e2x − 1

car ex = 0

⇔ (y − 1)e2x = −y − 1 1+y ⇔ e2x = car 1 − y = 0 1−y   1+y ⇔ 2x = ln car 1 + y > 0 et 1 − y > 0 1−y   1 1+y ⇔ x = ln . 2 1−y

On en déduit que tout élément de ] − 1, 1[ admet un unique antécédent par f dans R. Ainsi f est une bijection de R dans ] − 1, 1[. Par définition, on a y = f (x) ⇔ x = f −1 (y).   1+y 1 On en conclut que ∀y ∈] − 1, 1[, f −1 (y) = ln 2 1−y

4. Par symétrie, f −1 est impaire et strictement croissante. On obtient le tableau de variations suivant x −1 0 1 +∞ 0

f −1 5. On obtient

−∞ y Cf −1 Cf

1 1

x

Partie 2

Algèbre générale

CHAPITRE

Systèmes linéaires

7

L’essentiel du cours Dans ce chapitre K sera toujours égal à R ou C.

 1 Systèmes linéaires et matrices Définition • On appelle système linéaire de n équations à p inconnues tout système de la forme  a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,p xp = b1     a2,1 x1 + a2,2 x2 + · · · + a2,p xp = b2 S : .. ..  . .    an,1 x1 + an,2 x2 + · · · + an,p xp = bn

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où les ai,j et les bi ∈ K. • Une solution du système est un p-uplet de valeurs (x1 , x2 , . . . , xp ) pour lesquelles les n équations du système sont vérifiées. • On appelle système homogène associé au système précédent le système obtenu en remplaçant les bi par 0. • Avec deux inconnues, une équation linéaire ax + by + c = 0 représente une droite de R2 (si (a, b) = (0, 0)). • Avec trois inconnues, une équation linéaire ax + by + cz + d = 0 représente un plan dans R3 (si (a, b, c) = (0, 0, 0)). • Avec trois inconnues, un système de deux équations non proportionnelles représente l’intersection de deux plans non parallèles de R3 , c’est-à-dire une droite de R3 . Définition • On dit qu’un système S est compatible s’il admet au moins une solution. Sinon, on dit qu’il est incompatible. • On dit que deux systèmes S1 et S2 sont équivalents s’ils ont exactement les mêmes solutions. On note S1 ⇔ S2 .

138

Chapitre 7

Systèmes linéaires

Définition Soit S le système de la première définition. On appelle matrice (resp. matrice augmentée) du système S le tableau à n lignes et p colonnes (resp. p + 1 colonnes)      a1,1 a1,2 . . . a1,p b1 a1,1 a1,2 . . . a1,p  a2,1 a2,2 . . . a2,p b2   a2,1 a2,2 . . . a2,p         .. .. .. ..  resp.  .. .. .. .. ..      . . . . . . . . .  an,1 an,2 . . . an,p an,1 an,2 . . . an,p bn Il ne s’agit que d’une façon de "coder" notre système afin d’alléger un peu la rédaction lors de sa résolution. Définition On appelle opérations élémentaires sur les lignes d’un système ou d’une matrice les opérations suivantes : • l’échange de la ligne i et de la ligne j. On note Li ←→ Lj . • la multiplication de la ligne i par un scalaire α non nul. On note Li ←− αLi . • l’ajout de la ligne j multiplié par un scalaire α à la ligne i. On note Li ←− Li + αLj . On peut combiner les deux dernières opérations en Li ← αLi + βLj , avec α = 0, pour un peu plus de rapidité dans les calculs. Proposition Si on peut passer du système S1 au système S2 par des opérations élémentaires sur les lignes, alors ils sont équivalents.

 2 Résolution des systèmes linéaires Définition • On dit qu’un système est échelonné si, dans sa matrice, le nombre de zéros précédant la première valeur non nulle d’une ligne augmente ligne par ligne jusqu’à ce qu’il ne reste plus de ligne ou jusqu’à ce qu’il ne reste plus que des zéros. • Dans un système échelonné, on appelle pivot le premier coefficient non nul de chaque ligne non nulle dans la matrice du système.

L’essentiel du cours Une matrice échelonnée est de la  0 ··· 0 ⊕  0 ··· 0 0  .. ..  ..  . . .   .. .. ..  . . .   . .. ..  .. . .   . .. ..  .. . . 0 ··· 0 0

forme suivante ∗ ∗ ∗ ∗ ··· 0 ⊕ ∗ .. . . . . .. . .. .. . . .. . .. . ··· 0

··· ···

∗ ∗ ∗ ⊕ 0 .. .

0

139

 ∗ ∗    ∗ ∗ ∗    ∗ ∗ ∗    ··· ··· 0   ..  .  ∗ ∗

···

Le nombre de ligne de zéros en bas peut être nul. Il en va de même du nombre de colonne de zéros à gauche.

∗ ∗

··· 0

Pivot de Gauss Tout système linéaire est équivalent à un système échelonné. L’algorithme du Pivot de Gauss (cf méthode 7.1) permet de déterminer un tel système échelonné. Définition

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Soit S un système linéaire équivalent à un système échelonné S1 de matrice A1 . • On appelle inconnue principale de S une inconnue se situant sur la colonne d’un pivot de A1 . Les autres inconnues sont appelées inconnues secondaires. • On appelle rang de S le nombre de pivots de A1 . • Dans un système avec p inconnues et de rang r, il y a donc r inconnues principales et p − r inconnues secondaires. • En allant de bas en haut, il est facile de résoudre un système échelonné, en exprimant les inconnues principales en fonctions des inconnues secondaires (qui jouent donc le rôle de paramètres dans l’ensemble des solutions). • Si on se place dans R2 ou R3 , l’ensemble des solutions est (1) vide si le système est incompatible ; (2) un singleton s’il est compatible sans inconnue secondaire, c’est-à-dire s’il y a une seule solution ; (3) une droite s’il est compatible avec une inconnue secondaire ; (4) un plan s’il est compatible avec deux inconnues secondaires. Nombre de solutions d’un système • Un système linéaire admet zéro, une seule ou une infinité de solutions. • Un système de n équations à n inconnues de rang n admet une unique solution. On dit qu’il s’agit d’un système de Cramer.

140

Chapitre 7

Systèmes linéaires

Les méthodes à maîtriser Méthode 7.1 : Pivot de Gauss La méthode du pivot de Gauss permet d’obtenir un système échelonné équivalent à un système linéaire quelconque en utilisant les opérations élémentaires sur les lignes. Cette méthode fonctionne aussi pour les matrices. Le principe général est de placer les pivots à leurs places et d’éliminer tous les cœfficients non nuls qui se trouvent en-dessous. Plus précisément, sur une matrice avec n lignes et p colonnes, voici l’algorithme du Pivot de Gauss : 1. On commence en haut à gauche de la matrice avec i = 1 et j = 1. 2. Sur la ième colonne, on regarde s’il y a un coefficient non nul entre la j ème ligne et la dernière ligne. • Si oui, on note q le numéro de la ligne du coefficient non nul que l’on a choisi (notre pivot) et on effectue Lq ↔ Lj , puis on passe à l’étape 3. • Sinon, on augmente i de 1. Si i > p, on s’arrête, sinon, on retourne à l’étape 2. 3. Le coefficient aj,i est non nul, on effectue donc les opérations Lk ← aj,i Lk − ak,i Lj , pour tout k entre j + 1 et n, pour faire apparaître des 0 sous notre pivot. 4. On augmente i et j de 1. Si i > p ou j > n, on s’arrête sinon on retourne à l’étape 2. Exemple d’application

   x + y + z =0 x + y =2 Échelonner les systèmes S1 : x + 2y + 3z = 0 et le système S2 : x + 2y = 3   3x + 5y + 7z = 0 2x + y = 3.

(1) On applique l’algorithme du  1 0 ⇔ S1 L2 ←L2 −L1 L3 ←L3 −3L1 0

pivot de Gauss au système S1 :     1 1 1 1 1 x + y + z = 0 0 1 2 ⇔ 1 2 y + 2z = 0 ⇔ L3 ←L3 −2L2  2 4 0 0 0 0 = 0.

On remarque que pour le deuxième pivot, on avait le choix entre le 1 de la deuxième ligne et le 2 de la troisième ligne. Quand on fait l’algorithme à la main, on essaye de choisir des pivots engendrant les calculs les plus légers : le 1 de la deuxième ligne était donc la meilleure option (en plus d’être déjà à la bonne place). (2) On applique l’algorithme du pivot de Gauss au système S2 :   x + y = 2 x + y = 2 y= 1 y= 1 ⇔ S2 ⇔ L2 ←L2 −L1  L ←L +L  L3 ←L3 −2L1 − y = −1 3 3 2 0 = 0. Il est important de bien préciser les opérations effectuées à chaque étape pour que le calcul puisse être suivi par une tierce personne (le correcteur par exemple).

Voir exercices 7.1 et 7.2.

Les méthodes à maîtriser

141

Méthode 7.2 : Résoudre un système linéaire Pour résoudre un système linéaire, on commence par échelonner sa matrice augmentée grâce à la méthode du pivot de Gauss pour ensuite décoder et récupérer un système échelonné et équivalent à celui de départ (si le système est petit, on peut même pivoter directement sur le système). Si on obtient une équation du type « 0 = 1 » (ou toute autre égalité impossible), le système est incompatible. Sinon, on exprime les inconnues principales en fonctions des inconnues secondaires en allant du bas vers le haut. Exemple d’application

   x +y+ z =3 x − y + z = 1 Résoudre les systèmes S1 : 2x + y − z = 0 et S2 : x − 2y − z = 6   −x + y + 5z = 1 2x − y + 4z = −3.

(1) On applique l’algorithme du pivot de    1 1 1 3 1  2 1 −1 0  0 ⇔ L2 ←L2 −2L1 L3 ←L3 +L1 −1 1 5 1 0

Gauss à la matrice augmentée de S1 :    3 3 1 1 1 1 1  0 −1 −3 −6  . −1 −3 −6  ⇔ L3 ←L3 +2L2 4 2 6 0 0 0 −8  x + y + z = 3 − y − 3z = −3 et n’a donc pas de solution. Le système S1 est donc équivalent à  0 = −8 (2) On applique l’algorithme du pivot de Gauss à la matrice augmentée de S2 :       1 −1 1 1 −1 1 1 1 −1 1 1 1  0 −1 −2 5   0 −1 −2 5  .  1 −2 −1 6  ⇔ ⇔ L2 ←L2 −L1 L3 ←L3 +L2 L3 ←L3 −2L1 2 −1 4 −3 0 1 2 −5 0 0 0 0  x − y + z = 1 − y − 2z = 5 Le système S2 est donc équivalent au système  0 = 0. On en déduit que y = −5 − 2z puis que x = 1 + y − z = −4 − 3z. Les solutions de S2 sont donc les (−4 − 3z, −5 − 2z, z), z ∈ K.

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Il est tout à fait possible d’intervertir l’ordre des inconnues dans le système avant de le coder en matrice (pour simplifier les calculs). Il faudra alors faire bien attention de reprendre le même ordre des inconnues au moment de décoder. Voir exercices 7.1 et 7.2.

142

Chapitre 7

Systèmes linéaires

Interro de cours 1. 2. 3.



 0 2 3 Échelonner la matrice A = 1 −1 2 . 2 −6 −4  2x + y − 2z = 1 Résoudre le système linéaire x + 2y − z = 2  x − y + z = 1.  y − z =1  Résoudre le système linéaire x + y − 2z = 0  x + 2y − 3z = 2.

4. Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont vraies ? (a) Un système homogène est toujours compatible.

(b) Un système de n équations à n inconnues admet toujours une unique solution. (c) Un système de n équations à p inconnues avec n > p admet 0 ou 1 solution. (d) Un système de n équations à p inconnues avec n < p admet 0 ou une infinité de solutions.

5. Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont vraies ?

(a) Un système de n équations à p inconnues de rang p admet au moins une solution. (b) Un système de n équations à p inconnues de rang p admet au plus une solution. (c) Un système de n équations à p inconnues de rang n admet au moins une solution. (d) Un système de n équations à p inconnues de rang n admet au plus une solution.

Exercices

143

Exercices Pour s’entraîner Exercice 7.1 Résoudre dans R les systèmes linéaires suivants :   x + y −z=0  x + y + 3z + 2t = −2 x + 5y =2 1. 4. 2x + 3y + 4z + t = −1   2x + y − z = 1 3x + 7y + z − 6t = 6   x + y + z + t = −2  x + 2y − z = 1    x + 2y + 3z + 4t = 0 2. 2x + y + 2z = 2 5.  x − 4y + 7z = 3 x + y + 2z = 3    2y − 2z + t = −15.   x − y + 3z + t = −1 x + 2z + 3t = 2 3.  −x − 2y − 7t = −6

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Exercice 7.2

Résoudre dans R les systèmes linéaires suivants, en discutant suivant la valeur du paramètre m :   3x + y + 2z = 7  x + y +z =1   x + y + z = 2 x + my + z = 2 3. 1.  3x + 3y + 7z = 10 2x + y −z=3    3x + y − 2z = m  mz =3 x + y +  z =2 x + 2y + (m + 1)z = 2 4. x − my +  2x + y + (m − 1)z = 1 + (m + 1)z = 3 2. x  x + my + 3z =4  + y +z= 2  mx x + 2y + z = 1 5.  (m + 1)x − y + z = 0.

Pour aller plus loin Exercice 7.3

Dans le plan usuel R2 , on prend deux vecteurs u = (a, b) et v = (c, d) non colinéaires. 1. Montrer que l’équation xu + yv = 0 n’admet que (x, y) = (0, 0) comme solution.  = xu + yv . 2. En déduire que pour tout vecteur w  ∈ R2 , il existe un unique couple (x, y) tel que w

Exercice 7.4 Soient p > n et u1 , . . . , up ∈ Kn .

Montrer qu’il existe (λ1 , . . . , λp ) ∈ K \ {(0, . . . , 0)} tel que p

p  i=1

λi ui = 0.

144

Chapitre 7

Systèmes linéaires

Corrections Interro de cours 1. On applique l’algorithme du pivot de Gauss    1 −1 0 2 3 0 2 A = 1 −1 2  ⇔ L2 ↔L1 2 −6 −4 L3 ←L3 −2L1 0 −4

  2 1 0 3 ⇔ L3 ←L3 +2L2 −8 0

−1 2 0

 2 3 . −2

2. On applique l’algorithme du Pivot de Gauss en utilisant la matrice augmentée du système       1 −1 1 1 −1 1 1 1 2 1 −2 1  0 3 −2 1   0 3 −2 1  .  2 1 −1 2  ⇔ ⇔ L3 ↔L1 L3 ←L3 −L2 L2 ←L2 −L1 1 −1 1 1 0 3 −4 −1 0 0 −2 −2 L3 ←L3 −2L1  x − y + z = 1 3y − 2z = 1 Le système est donc équivalent au système  − 2z = −2. On en déduit que z = 1 puis que y = 1 et x = 1. La seule solution du système est donc (1, 1, 1). 3. On applique l’algorithme du Pivot de Gauss en utilisant la matrice augmentée du système       1 1 −2 0 1 1 −2 0 0 1 −1 1  0 1 −1 1   0 1 −1 1  .  1 1 −2 0  ⇔ ⇔ L2 ↔L1 L3 ←L3 −L2 L3 ←L3 −L1 1 2 −3 2 0 1 −1 2 0 0 0 1  x + y − 2z = 0 y− z = 1 Le système est donc équivalent au système  0 = 1. On en conclut que le système n’a pas de solution. 4. (a) Vrai. Le n-uplet (0, 0, . . . , 0) est toujours solution.  x−y=0 (b) Faux. Le système est un système de deux équations à deux inconnues n’ayant x−y=1 clairement pas de solution.  x − y = 0 (c) Faux. Le système x − y = 0 a strictement plus d’équations que d’inconnues et admet  x−y=0 une infinité de solutions (tous les (y, y) avec y ∈ R).

(d) Vrai. Le système admet au plus n inconnues principales. Comme p > n, il y aura nécessairement des inconnues secondaires. Si le système admet au moins une solution, alors les solutions sont paramétrisées par les inconnues secondaires. Ainsi le système a  0 ou une infinité de solutions x − y = 0 y = 0 a deux inconnues et est de rang 2, mais n’a pas de solution. 5. (a) Faux. Le système  y=1 (b) Vrai. Le système n’a que des inconnues principales. Il n’y aura donc aucun paramètres dans les solutions. Ainsi, s’il y a une solution, elle sera unique.

Corrections

145

(c) Vrai. Une fois échelonné, on n’aura pas d’équation du type 0 = bk (où bk ∈ R). On pourra donc toujours trouver une/des solution(s) au système.  x−y+z=0 (d) Faux. Le système a deux équations et est de rang 2, pourtant il admet y−z=0 une infinité de solutions (tous les (0, z, z) avec z ∈ R).

Exercice 7.1 Après avoir appliqué l’algorithme du Pivot de Gauss, on obtient les solutions suivantes   1 6 1. 1, , . 5 5 2. Aucune solution. 3. Aucune solution. 4. Tous les (−5 − 5z − 5t, 3 + 2z + 3t, z, t) avec z, t ∈ R. 5. (−2, −3, 4, −1).

Exercice 7.2

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1. On note S le système. On pivote comme d’habitude pour arriver à  x+ y +z= 2    − 2y − z = 1 S ⇔ z= 1    0 = m − 3.

On distingue donc deux cas • Si m = 3, alors le système n’a pas de solution. • Si m = 3, alors la seule solution du système est (2, −1, 1). 2. On note S le système. Cette fois-ci le paramètre est dans la partie homogène du système. On va donc essayer, autant que possible, de ne pas utiliser un pivot contenant un paramètre (sinon, on pourrait être amener à distinguer des cas pendant le pivot). On va donc essayer de laisser les paramètres le plus à droite de la partie homogène du système. On va donc commencer à pivoter avec la deuxième ligne (car elle n’a pas de paramètre sur le y).     3 1 0 m+1 3 1 0 m+1  0 −m −m  0 −m −1  −1  . −m S ⇔ ⇔ L2 ↔L1 L3 ←L3 +L2 L2 ←L2 −L1 0 m 2−m 1 0 0 2 − 2m 0 L3 ←L3 −L1

Maintenant que le système est échelonné, pour savoir quels cas distinguer, on regarde les termes  diagonaux. x + z = 3 0 = −1 et n’a donc pas de solution. • Si m = 0, alors S est équivalent à  2z = 0  x + 2z = 3  − y − z = −1 dont les solutions sont les (3−2z, 1−z, z) • Si m = 1, alors S est équivalent à  0 = 0 avec z ∈ R.   1 • Si m = 0 et m = 1, alors le système est de Cramer et a une seule solution 3, , 0 . m

146

Chapitre 7

Systèmes linéaires

On en conclut que l’ensemble SS des solutions du système S est Si m = 0, SS = ∅ − z, z) / z ∈ R } Si m = 1, SS = {(3  − 2z, 1 1 Sinon, SS = . 3, , 0 m

3. On note S le système et on procède comme à la question précédente.    1 1 1 1 1 1 1  0 m−1 0 1   0 −1 −3 S ⇔ ⇔ L2 ←L2 −L1 L2 ↔L3 L3 ←L3 −2L1 L3 ←L3 +(m−1)L2 0 −1 −3 1 0 0 −3(m − 1) On distingue donc deux cas

 1 1 . m

 x + y + z = 1 − y − 3z = 1 et n’a donc pas de solution. • Si m = 1, alors S est équivalent à  0 =1   1 m 4m − 6 , ,− . • Si m = 1, alors S est de Cramer et a pour seule solution 3m − 3 m − 1 3m − 3 On en conclut que l’ensemble SS des solutions du système S est Si m = 1, Sinon,

SS = ∅   1 m 4m − 6 SS = , ,− . 3m − 3 m − 1 3m − 3

4. On note S le système et on procède comme à la question précédente.    1 1 m 1 1 m 3  0 1  0 1 −1  1 1 S ⇔ ⇔ L2 ←L2 −L1 L3 ←L3 +L2 L3 ←L3 −2L1 0 −1 −m − 1 −5 0 0 −m On distingue donc deux cas

 3 −1  . −6

 = 3 x + y y + z = −1 et n’a donc pas de solution. • Si m = 0, alors S est équivalent à  0 = −6   −2m + 6 −m − 6 6 , , . • Si m = 0, alors S est de Cramer et a pour seule solution m m m On en conclut que l’ensemble SS des solutions du système S est Si m = 0, Sinon,

SS = ∅   −2m + 6 −m − 6 6 SS = , , m m m

5. On note S le système. On remarque que les paramètres sont sur la gauche de la partie homogène du système. Un pivot direct va propager le paramètre partout dans le système et on va devoir distinguer beaucoup de cas durant le pivot. On va donc commencer par inverser les colonnes 1 et 3 avant de coder. Il faudra bien faire attention de décoder « dans le même ordre » (z, y, x et non x, y, z).      1 1 1 2 1 1 2 1 z + y + mx = 2  0 −1 m − 1 1   0 −1 m − 1 1  x =1 ⇔ S ⇔ z + 2y + ⇔ L2 ↔L1 L3 ←L3 −3L2  0 −3 m −1 0 −2m + 3 −4 z − y + (m + 1)x = 0 L2 ←L2 −L1 L3 ←L3 −L1

Corrections

147

On distingue donc deux cas

 z + 2y + x = 1 3 − y + x2 = 1 et n’a donc pas de solution. • Si m = , alors S est équivalent à  2 0 = −4  z + 2y + x = 1  3 − y + (m − 1)x = 1 • Si m = , alors S est équivalent à  2 (−2m + 3)x = −4.   4 2m − 1 −2m − 5 Il est donc de Cramer et a pour seule solution , , . 2m − 3 2m − 3 2m − 3 On en conclut que l’ensemble SS des solutions du système S est Si m = Sinon,

3 , 2

SS = ∅  SS =

2m − 1 −2m − 5 4 , , 2m − 3 2m − 3 2m − 3



Exercice 7.3 1. On commence par chercher à retranscrire sur a, b, c et d le fait que u et v soient non colinéaires. Il est plus simple de regarder la négation u et v colinéaires ⇔ v = 0 ou ∃λ ∈ R, u = λv

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   a = λc a = λc ⇔ (c, d) = (0, 0) ou ∃λ ∈ R,  b = λd ou b = λd    d = 0 d= 0    = λc  a a = λc ⇔ (c, d) = (0, 0) ou ∃λ ∈ R,  bc − ad = 0 ou b = 0    d = 0 d= 0 ⇔ ad − bc = 0.

En prenant la négation, on en déduit que ad − bc = 0. Ainsi, si a = 0,   ax + cy = 0 ax + cy =0  xu + yv = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x = y = 0. bx + dy = 0 L2 ←aL2 −bL1 (ad − bc)y = 0

Si a = 0, alors c = 0 (sinon on aurait u = 0 et u et v seraient colinéaire). Ainsi  cy = 0 xu + yv = 0 ⇔ ⇔ x = y = 0. bx + dy = 0

Dans les deux cas, la seule solution est (x, y) = (0, 0). 2. Soit w  = (α, β). On a  ax + cy = α xu + yv = w ⇔ bx + dy = β.

Le système linéaire homogène associé est de Cramer d’après la question précédente, donc ce système aussi. Il admet donc une unique solution.

148

Chapitre 7

Systèmes linéaires

Exercice 7.4 Pour chaque i ∈ [[1, n]], on explicite ui en ui = (a1,i , a2,i , . . . , an,i ). et on a  a1,1 λ1 + a1,2 λ2 + · · · + a1,p λp = 0    p   a2,1 λ1 + a2,2 λ2 + · · · + a2,p λp = 0 λi u i = 0 ⇔ .. ..  . .  i=1   an,1 λ1 + an,2 λ2 + · · · + an,p λp = 0

Le système obtenu a strictement plus d’inconnues que d’équations. Une fois réduit il y aura nécessairement des inconnues secondaires. Donc ce système admet soit aucune solution soit une infinité de solutions. Or le n-uplet (0, 0, . . . , 0) est solution de ce système. Il y a donc une infinité de solutions. On peut donc trouver une solution (λ1 , λ2 , . . . , λp ) = (0, 0, . . . , 0) du système. On a donc montré que p  ∃(λ1 , λ2 , . . . , λp ) = (0, 0, . . . , 0), λi ui = 0. i=1

CHAPITRE

8

Matrices L’essentiel du cours

Dans ce chapitre K sera toujours égal à R ou C et n, p et q seront des entiers naturels non nuls.

 1 Matrices particulières et opérations Définition On appelle matrice à n lignes et p colonnes à cœfficients dans K un tableau à n lignes et p colonnes d’éléments de K. On note Mn,p (K) l’ensemble de ces matrices. • Si n = p, on parle de matrice carrée d’ordre n et on note plus simplement Mn (K) l’ensemble des matrices carrées d’ordre n. • Si n = 1, on parle de matrice ligne. • Si p = 1, on parle de matrice colonne. Définition Si A = (ai,j )1≤i,j≤n ∈ Mn (K), on dit que A est 2

• diagonale si ∀(i, j) ∈ [[1, n]] , i = j ⇒ ai,j = 0. On note Dn (K) l’ensemble de ces matrices. 2 • triangulaire supérieure (resp. inférieure) si ∀(i, j) ∈ [[1, n]] , i > j ⇒ ai,j = 0 (resp. i < j ⇒ ai,j = 0). On noté Tn (K) l’ensemble des matrices triangulaires supérieures.

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Définition • La matrice nulle de taille n × p est la matrice de Mn,p (K) composée uniquement de 0. • La matrice identité d’ordre n est la matrice diagonale d’ordre n avec des 1 sur la diagonale. On la note In . Définition • Si A, B ∈ Mn,p (K) et λ ∈ K, on définit

A + B = (ai,j + bi,j ) 1≤i≤n 1≤j≤p

et

λ · A = (λai,j ) 1≤i≤n

• Si A ∈ Mn,p (K) et B ∈ Mp,q (K), on définit  p   A×B = ai,k bk,j k=1

1≤j≤p

1≤i≤n 1≤j≤q

150

Chapitre 8

Matrices

Pour la somme et la multiplication par un scalaire, tout se passe comme dans K. Pour le produit de matrices • Il faut que le nombre de colonnes de la première matrice soit égal au nombre de lignes de la deuxième pour que le produit soit défini. • S’il n’y a pas d’ambiguïté, on écrit généralement λA et AB plutôt que λ · A et A × B. • Le produit est associatif et distributif par rapport à la somme, mais le parallèle avec les calculs dans K s’arrête là. • Le produit n’est pas commutatif : on n’a pas forcément AB = BA. • Si AB = 0, on n’a pas forcément A = 0 ou B = 0. • Si AB = AC, on n’a pas forcément B = C. • Les identités remarquables usuelles sont en général fausses pour les matrices. • Si A et B commutent (c’est-à-dire AB = BA), on retrouve alors toutes les identités remarquables avec ces deux matrices là. Multiplication par la matrice identité Si A ∈ Mn,p (K), alors In A = A et AIp = A. Produit de matrices diagonales ou triangulaires Si A et B ∈ Mn (K) sont diagonales (resp. triangulaires supérieures), alors AB est diagonale (resp. triangulaire supérieure) et les cœfficients diagonaux de AB sont les produits terme à terme des cœfficients diagonaux de A par ceux de B. Définition Si A ∈ Mn (K), on définit Ap , pour p ∈ N, par récurrence de la manière suivante A0 = In et ∀p ∈ N, Ap+1 = Ap × A. Binôme de Newton Soient A, B ∈ Mn (K) telles que AB = BA et p ∈ N. On a (A + B)p =

p    p

k=0

k

Ak B p−k .

Si A et B ne commutent pas, cette formule est fausse. Définition • Si A ∈ Mn,p (K), on appelle transposée de A la matrice (aj,i ) 1≤i≤p ∈ Mp,n (K). 1≤j≤n

On la note t A (ou AT ). • On dit que A ∈ Mn (K) est une matrice symétrique si t A = A. On note Sn (K) l’ensemble des matrices symétriques d’ordre n.

L’essentiel du cours

151

Transposée d’une somme et d’un produit • Si A, B ∈ Mn,p (K) et λ ∈ K, alors (A + B) = t A + t B et (λA) = λ t A. t • Si A ∈ Mn,p (K) et B ∈ Mp,q (K), alors (AB) = t B t A. t

t

 2 Matrices et systèmes linéaires Définition On appelle opérations élémentairesur les lignes d’une matrice les opérations suivantes : • l’échange de la ligne i et de la ligne j. On note Li ←→ Lj . • la multiplication de la ligne i par un scalaire α non nul. On note Li ←− αLi . • l’ajout de la ligne j multipliée par un scalaire α à la ligne i. On note Li ←− Li + αLj . On peut effectuer les même opérations sur les colonnes Ci ↔ Cj , Ci ← αCi et Ci ← Ci +αCj .    a1,1 x1 + a1,2 x2 + · · · + a1,p xp = b1 .. .. Le système S : . .   an,1 x1 + an,2 x2 + · · · + an,p xp = bn

peut s’écrire matriciellement AX = B, avec   b1  ..  A = (ai,j ) 1≤i≤n ∈ Mn,p (K), B =  .  ∈ Mn,1 (K) 1≤j≤p

bn

Définition

et

 x1   X =  ...  ∈ Mp,1 (K). 

xp

Si on peut passer de A ∈ Mn,p (K) à A1 ∈ Mn,p (K), qui est échelonnée, à l’aide d’opérations élémentaires sur les lignes (ou sur les colonnes), on définit alors le rang de A comme le nombre de pivots de A1 .

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Le rang d’une matrice est donc le rang d’un système dont elle est la matrice. Rang et transposition   Si A ∈ Mn,p (K), alors rg t A = rg(A).

 3 Matrices inversibles Définition

On dit que A ∈ Mn (K) est une matrice inversible s’il existe B ∈ Mn (K) telle que AB = BA = In .

Dans ce cas la matrice B est unique, est appelée la matrice inverse de A et est notée A−1 .

152

Chapitre 8

Matrices

Une matrice qui n’est pas carrée ne peut pas être inversible. Propriétés de l’inverse Si A, B ∈ Mn (K) sont inversibles, alors AB et t A le sont aussi et t −1 t  −1  . A = A (AB)−1 = B −1 A−1 et Proposition Si A ∈ Mn (K) et B ∈ Mn,1 (K), alors A est inversible si et seulement si le système AX = B admet une unique solution. Dans ce cas, la solution est X = A−1 B. Une matrice carrée d’ordre n est donc inversible si et seulement si son rang vaut n. Proposition Si une suite d’opérations élémentaires sur les lignes permet de passer de la matrice A à In , alors A est inversible et la même suite d’opérations permet de passer de In à A−1 .

 4 Cas des matrices carrées d’ordre 2 Définition    a a b Si A = ∈ M2 (K), on appelle déterminant de A, que l’on note det(A) ou  c d c nombre (complexe ou réel) ad − bc.

 b  , le d

Inversibilité d’une matrice carrée d’ordre 2   a b • Si A = ∈ M2 (K), alors A est inversible si et seulement si det(A) = 0. Dans ce cas : c d   1 d −b . A−1 = det(A) −c a  ax + by = e • Le système est de Cramer si et seulement si ad − bc = 0. cx + dy = f      e b a e      f d c f   et y =   Dans ce cas la solution du système est donnée par x =   a b  . a b     c d  c d

Les méthodes à maîtriser

153

Les méthodes à maîtriser Méthode 8.1 : Effectuer un produit de matrices Dans un cas concret, pour effectuer le produit AB, on écrit explicitement la matrice A puis on écrit, explicitement aussi, la matrice B en haut à droite de A. Pour calculer le coefficient d’indice (i, j) du produit, il suffit de faire la somme des produits des éléments de la ième ligne de A par ceux de la j ème colonne de B. Dans un cas théorique, on utilise la formule de la définition. Exemple d’application



   0 1 2 1 1 (1) Calculer le produit de A = 2 0 3 par B = 3 2 1 1 1 0 1 (2) Si A est une matrice réelle, montrer que t AA est carrée et que tous ses coefficients diagonaux sont positifs.

+

(1) On commence par illustrer le calcul du coefficient de la deuxième ligne et première colonne :    1 1     3 2  1     2× 3 0 1 × 0 0 × 3     +

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    

0

1

2

2

0

3

1

1

1

    

    

3

4

2

5

4

4

    

  3 4 En poursuivant le calcul pour chaque coefficient, on obtient donc que AB = 2 5. 4 4 t t (2) On note S = AA. Si A ∈ Mn,p (R), alors A ∈ Mp,n (R), on peut donc effectuer le produit et S ∈ Mn (R) est carrée. De plus, si i ∈ [[1, n]], on a si,i =

p  

k=1

t



A

a = i,k k,i

p 

k=1

a2k,i ≥ 0.

Ainsi tous les coefficients diagonaux de S sont positifs. Voir exercices 8.2, 8.4, 8.6, 8.7, 8.8, 8.9, 8.10 et 8.11 .

154

Chapitre 8

Matrices

Méthode 8.2 : Calculer une puissance à l’aide du binôme de Newton Pour calculer les puissances d’une matrice, on peut décomposer cette matrice en une somme A + B avec A diagonale et B une matrice dont les puissances se calculent facilement et telles que AB = BA. La formule du binôme de Newton permet alors de conclure. Exemple d’application   1 1 Si M = , calculer M n pour tout n ∈ N. 0 1

  0 1 On commence par décomposer M sous la forme M = A + I2 avec A = . Un simple calcul 0 0 de produit donne que A2 = 0. Ainsi, Ak = 0 pour tout k ≥ 2. De plus AI2 = A = I2 A. On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton :       n    n 0 n 1 n k n−k 1 n n n A + A = I2 + nA = . A In = M = (A + I2 ) = 0 1 0 1 k k=0

Voir exercices 8.4 et 8.11.

Méthode 8.3 : Calculer l’inverse d’une matrice Pour calculer l’inverse (s’il existe) d’une matrice carrée M , on lui applique le pivot de Gauss en allant plus loin qu’avec les systèmes : on doit la transformer en In . Pour ce faire, on applique le pivot de Gauss pour transformer M en une matrice échelonnée, donc triangulaire supérieure. Si le rang de M n’est pas égal à sa taille, alors M n’est pas inversible. Sinon, on continue de pivoter pour obtenir des 1 sur la diagonale et éliminer tout ce qu’il reste au-dessus de la diagonale. On a transformé M en In et il ne reste plus qu’à appliquer exactement les mêmes opérations (dans le même ordre) à In pour obtenir M −1 . Dans la pratique, on fait les opérations sur M et In en même temps en les accolant sous la forme (M |In ).

  1 1 1 Exemple d’application Déterminer l’inverse de M = 2 −1 3 . 0 2 −1 On colle la matrice M à In et on commence à pivoter :      1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0  0 −3 1 −2 1 0  0  2 −1 3 0 1 0  ⇔ ⇔ L2 ←L2 −2L1 L3 ←3L3 −2L2 0 2 −1 0 0 1 0 2 −1 0 0 1 0    1 1 0 −3 2 3 1  0 −3 0 −6 3 3  0 ⇔ ⇔1 L3 ←−L3 L2 ←− L2 3 L1 ←L1 −L3 0 0 1 4 −2 −3 0 L1 ←L1 −L2 L2 ←L2 −L3   −5 3 4 Ainsi M est inversible et M −1 =  2 −1 −1. 4 −2 −3

 1 1 1 0 0 −3 1 −2 1 0  0 −1 −4 2 3  0 0 −5 3 4 1 0 2 −1 −1  . 0 1 4 −2 −3

Voir exercice 8.1.

Les méthodes à maîtriser

155

Interro de cours 1. Calculer le produit de A = 2. 3.





1 −1



2 1

 0 par B = 1

2 −1

 −1 . 1

 2 La matrice A = est-elle inversible ? 6   0 2 −1 Montrer que la matrice A = 1 −1 1  est inversible et calculer son inverse. 2 1 1 1 3

4. Parmi les propositions suivantes lesquelles sont vraies ?

(a) Il existe deux matrices non nulles dont le produit est nul. (b) Si AC = BC avec C non nulle, alors A = B. (c) Si AC = BC avec C inversible, alors A = B. (d) La somme de deux matrices inversibles est inversible.

5. Montrer qu’une matrice diagonale est inversible si et seulement si tous ses coefficients diagonaux sont non nuls.

6. Calculer les puissances n

ème

de A =



 1 −1 , où n ∈ N. 0 1

7. Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont vraies ?

(a) La somme de deux matrices symétriques est symétrique. (b) Le produit de deux matrices symétriques est symétrique.

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8.

(c) Le produit de deux matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieure.  x+y =a Résoudre le système x − y = b.

156

Chapitre 8

Matrices

Exercices Pour s’entraîner Exercice 8.1 Les matrices suivantes sont-elles inversibles ? Si oui calculer leurs inverses respectifs :     0 −1 1 1   2 4 3 1 −2 4 −1 7 5  5.  1. 3. 0 1 1  1 −1 1 1  4 3 2 2 −1 2 −4 6 1 



 2 4. 1 3

1 2 3 2. −1 −1 −1 1 3 6



1 −1 m 1 1 0

Exercice 8.2

   x 0 Soient U = y  ∈ M3,1 (K) avec x2 + y 2 + z 2 = 1, M = −z z y t 1. Exprimer P en fonction de U et U . 2. Montrer que P 2 = P , puis P M = M P = 0.

Exercice 8.3 

3 Soient A = 1 1

1 3 1

Exercice 8.4

 1 0  6.  2 3 1

2 1 3 5 3

 3 0 0 0 8 9 2 3  −2 3 4 5 . 1 5 2 7 11 4 1 6

 z −y 0 x  et P = I3 + M 2 . −x 0

 1 n n 1 et J = A − 2I3 . Démontrer par récurrence sur n que An = 2n I3 + 5 −2 J. 3 3 

a 0 Soient a ∈ R, D = 0 a 0 0 Vérifier que N 3 = 0 et DN

  0 0 0, N = 0 a 0 = N D, puis en

 1 1 0 1 et A = D + N . 0 0 déduire An pour n ∈ N.

Pour aller plus loin Exercice 8.5 On dit qu’une matrice carrée A est antisymétrique si t A = −A. Montrer que toute matrice carrée peut s’écrire d’une unique façon comme la somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique.

Exercices

157

Exercice 8.6 

 8 10 −6 Soit M = −2 −3 1 . 6 7 −5 3 1. Calculer M . 2. Si x ∈ R, factoriser l’expression polynomiale 1 − x3 dans R. En déduire que I3 − M est inversible et calculer son inverse.

Exercice 8.7 

 0 1 2 Soit A =  1 1 1. −1 0 3 Calculer A3 − 4A2 + 4A + 2I3 , puis en déduire que A est inversible et calculer A−1 .

Exercice 8.8 

 0 1 2 Soit A =  1 1 1. −1 0 1 1. Calculer A3 − 2A2 + 2A. 2. On suppose que A est inversible. a. Justifier sans calcul que A2 − 2A + 2I3 = 0. b. Calculer A2 − 2A + 2I3 . 3. En déduire que A n’est pas inversible.

Exercice 8.9

 1  .. Pour A ∈ Mn (K), on note σ (A) la somme de tous les coefficients de A. On pose J =  .

1

Vérifier que JAJ = σ(A)J.

···

(1) ···

 1 .. . . 1

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Exercice 8.10 Soit A = (aij ) ∈ Mn (K). On appelle trace de la matrice A, et on note Tr(A), la somme des éléments n  aii . Soient A, B ∈ Mn (K) et λ ∈ K. Montrer que diagonaux de A. Autrement dit, Tr(A) = 1. Tr(A + B) = Tr(A) + Tr(B) 2. Tr(λA) = λ Tr(A)

Exercice 8.11

i=1

3. Tr(t A) = Tr(A) 4. Tr(AB) = Tr(BA).

  1 1 1 Soient α, β deux scalaires et J = 1 1 1. 1 1 1 1. Calculer J 2 , puis J n pour n ∈ N. n 2. On pose A = αI3 + βJ. nCalculer A pour n ∈ N. a b b 3. En déduire  b a b  pour n ∈ N. b b a

158

Chapitre 8

Matrices

Corrections Interro de cours 1. 2. 3.

4.

  2 0 1 Après calcul, on obtient AB = . 1 −3 2 On a det(A) = 0, donc A n’est pas inversible. On applique l’algorithme du pivot de Gauss à la matrice A accolée de I3 .   1 −1 1 0 1 0  0 2 −1 1 0 0  (A|I3 ) ⇔ L1 ↔L2 L3 ←L3 −2L1 0 3 −1 0 −2 1   0 1 0 1 −1 1 0 0  ⇔L3 ←2L3 −3L2  0 2 −1 1 0 0 1 −3 −4 2   5 −2 1 −1 0 3  0 2 0 −2 −4 2  ⇔ L1 ←L1 −L3 L2 ←L2 +L3 0 0 1 −3 −4 2   3 −1 1 0 0 2  0 1 0 −1 −2 1  . ⇔ L2 ← 21 L3 L1 ←L1 +L2 0 0 1 −3 −4 2   2 3 −1 Ainsi A est inversible et A−1 = −1 −2 1 . −3    −4 2 0 1 0 2 (a) Vrai. Si A = et B = , alors AB = 0. 0 0 0 0       0 1 0 2 0 3 (b) Faux. Si A = ,B= et C = , alors AC = 0 = BC mais A = B. 0 0 0 0 0 0 (c) Vrai. Si AC = BC, alors ACC −1 = BCC −1 , donc A = B.

(d) Faux. Si A = In et B = −In , alors A et B sont inversibles mais A + B = 0 ne l’est pas. 5. Soit D une matrice diagonale d’ordre n inversible. Le système associé à D est échelonné et de Cramer, il est donc de rang n. Ainsi chaque terme diagonal est un pivot et est non nul. La réciproque  est évidente.  0 −1 6. On note N = et on a N 2 = 0. On a A = I2 + N et I2 N = N = N I2 . 0 0 On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton.       n    n n n 1 −n n k n−k 0 n 1 n−1 N I2 + N I2 + 0 = N I2 = . A = 0 1 0 1 k k=0

7. (a) Vrai. Si A et B sont symétriques, alors (A + B) = t A + t B = A + B, donc A + B est symétrique.   1 1 (b) Faux. Il faut et il suffit qu’elles commutent pour avoir ce résultat. Si A = et     1 1 1 0 1 2 B= , alors A et B sont symétriques mais AB = ne l’est pas. 0 2 1 2 t

Corrections (c) Vrai. Cf. cours. 8. On a 1 × (−1) − 1 × 1 = −2 = 0 donc le système est de Cramer et     a 1  1 a      b −1 1 b  a+b a−b  = = x =  et y =  .   2 2 1 1  1 1  1 −1 1 −1

Exercice 8.1

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On utilise l’algorithme du pivot de Gauss.   3 −5 1. La matrice est inversible, d’inverse . −4 7  −3 −3 1 3 −2. 2. La matrice est inversible, d’inverse  5 −2 −1 1   3 −10 −1 1 8 2 . 3. La matrice est inversible, d’inverse −2 4 2 −4 −2 4. On applique l’algorithme du pivot de Gauss à la matrice, que l’on notera A, accolée de I3 .   2 1 −1 1 0 0  0 2m − 1 3 −1 2 0  (A|I3 ) ⇔ L2 ←2L2 −L1 L3 ←2L3 −3L1 0 −1 3 −3 0 2   2 1 −1 1 0 0  0 −1 3 . −3 0 2 L2 ↔L3 ⇔ L3 ←L3 +(2m−1)L2 0 0 6m −6m + 2 2 4m − 2 Ainsi A est inversible si et seulement si m = 0. Et, si m = 0   1 0 0 2 1 −1   0 −1 3 −3 0 2 ⇔ (A|I3 ) 0 0 3m −3m + 1 1 2m − 1  1 1 2m − 1 6m 3m 0 −1 −1 1 ⇔ L2 ←mL2 −L3  0 −m 0 L1 ←3mL1 +L3 0 0 3m −3m + 1 1 2m − 1  6m 0 0 −2 −2 2m + 2 −1 −1 1 ⇔L1 ←L1 +3L2  0 −m 0 0 0 3m −3m + 1 1 2m − 1   −1 −1 m + 1 1  3 3 −3  Si m = 0, on obtient donc que A−1 = 3m −3m + 1 1 2m − 1 5. La matrice n’est pas inversible. 6. La matrice n’est pas carrée, elle n’est donc pas inversible.

  

.

159

160

Chapitre 8

Exercice 8.2

Matrices

 xy xz −y 2 − z 2  puis yz −x2 − z 2 1. Après calcul, M 2 =  xy 2 2 xz yz −x − y   2  x xy xz 1 − y2 − z2  = xy yz xy 1 − x2 − z 2 P = xz yz 1 − x2 − y 2 xz 

xy y2 yz

 xz yz  . z2

= 1. car x2 + y 2 + z 2   x2 xy xz De plus U t U = xy y 2 yz . D’où P = U t U xz yz z 2 2 2. On a P = P × P = U t U × U t U = U × t U U × t U . Or t U U = (x2 + y 2 + z 2 ) = 1. Donc P 2 = U t U = P . De plus P M = (I3 + M 2 )M = M +M3 = M (I3 + M 2 ) = M P . Et M P = M U t U . 0 Or, après un calcul simple, M U = 0. Donc M U t U = 0. Ainsi P M = M P = 0 0

Exercice 8.3

 1 On commence par calculer J = 1 1 Ensuite, pour n ∈ N, on pose P(n)

 1 1 1 1 et J 2 = 3J. De plus A = 2I3 + J. 1 1 n n J ». : « An = 2n I3 + 5 −2 3 0

0

• Initialisation. On a A0 = I3 = 20 I3 + 5 −2 3 J, ce qui montre P(0). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). On a An+1

=

=

P(n)

= = = =

An × A   5 n − 2n n J (2I3 + J) 2 I3 + 3 5 n − 2n 2 5n − 2n J+ J 2n+1 I3 + 2n J + 2 3 3 5 n − 2n 5 n − 2n 3 × 2n J +2 J +3 J 2n+1 I3 + 3 3 3 5n (2 + 3) + 2n (3 − 2 − 3) J 2n+1 I3 + 3 n+1 n+1 5 −2 2n+1 I3 + J. 3

ce qui montre P(n + 1). Ainsi, par une récurrence simple, ∀n ∈ N, An = 2n I3 +

5n −2n J. 3

Corrections

161

Exercice 8.4 On a D = aI 3 , donc DN  = aN = N D. On peut alors utiliser la formule du binôme de Newton. De 0 0 1 plus N 2 = 0 0 0 et N 3 = 0. On en déduit ainsi que ∀k ≥ 3, N k = 0. Alors, si n ∈ N, on a 0 0 0 (D + N )n n    n N k Dn−k = k k=0       n n n = N 0 (aI3 )n + N 1 (aI3 )n−1 + N 2 (aI3 )n−2 + 0 0 1 2 n(n − 1) n−2 2 = an I3 + nan−1 N + a N . 2   n(n − 1) n−2 an nan−1 a   2 On en conclut que ∀n ∈ N, An =  0  an nan−1 An

=

0

0

an

On pourrait croire qu’il faut distinguer les cas n = 0 et n = 1 à part,pour sûr de  être n(n−1) n bien avoir les trois termes restants dans la somme. Mais si n = 1, alors 2 = 0 = 2     et si n = 0, alors n1 = 0 = n et n2 = 0 = n(n−1) . Donc tout le calcul et le 2 raisonnement restent valables pour ces deux valeurs de n.

Exercice 8.5 On procède par analyse-synthèse. Soit M ∈ Mn (K). • Analyse. On suppose qu’il existe S symétrique et A antisymétrique telles que M = S + A. M +t M M −t M . De même A = . On a t M = t S + t A = S − A. Ainsi M + t M = 2S donc S = 2 2

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

• Synthèse. On pose S =

M +t M 2 t

et A = t

M +M

M −t M . 2 t

t

On a S + A = 2M = S et A = = −A. 2 = M et S = 2 2 Ainsi M = S + A avec S symétrique et A antisymétrique. Alors, par analyse-synthèse, M se décompose de manière unique comme la somme d’une matrice M +t M M −t M et A = . symétrique S et d’une matrice antisymétrique A. De plus S = 2 2

Exercice 8.6

M −M



 8 8 −8 1. Après calcul, on a M 2 = −4 −4 4  et M 3 = 0. 4 4 −4 2. On a 1 − x3 = (1 − x)(1 + x + x2 ). Ainsi

(I3 − M )(I3 + M + M 2 ) = I3 − M 3 = I3

De même (I3 + M + M 2 )(I3 − M ) = I3 .

car M 3 = 0.

162

Chapitre 8

Matrices 

17 Alors I3 − M est inversible d’inverse I3 + M + M 2 = −6 10

18 −6 11

 −14 5 . −8

Si A est une matrice carrée et qu’on a trouvé une matrice carrée B telle que AB = In , on a forcément BA = In . Il s’ensuit que A est inversible et que B = A−1 .

Exercice 8.7



−1 Après calcul, on a A2 =  0 −3

  1 7 −6 2 6 et A3 = −4 −1 7 −8

0 2 −4

A3 − 4A2 + 4A + 2I3 = 0

 20 20. On en déduit que 14

 2  3 On en déduit ensuite que A3 − 4A2 + 4A = −2I3 puis que A A −4A+4I = I3 . −2  2  A −4A+4I3 De même, A = I3 . On en conclut que A est inversible et que −2 A−1

Exercice 8.8



 −3 1 A2 − 4A + 4I3 4 = = −2 2 −1

−1 1 2 1. Après calcul, on a A2 =  0 −1 −1

  3 −2 4  et A3 = −2 −1 0

A3 − 2A2 + 2A = 0

3 −2 1

0 2 −2

 1 −2 1

 2 6 . On en déduit que −4

−1 2. a. On a A3 − 2A2 + 2A = 0, donc A−1 (A3 − 2A2 + A2 − 2A + 2I3 = 0. 2A) = A 0, c’est-à-dire  1 −1 −1 2 . b. Après calcul on obtient que A2 − 2A + 2I3 = −2 2 1 −1 −1 3. Si on suppose que A est inversible, on en déduit que A2 − 2A + 2I3 = 0. Or A2 − 2A + 2I3 = 0, ce qui est absurde. Ainsi A n’est pas inversible.

Corrections

163

Exercice 8.9 On a σ(A) =

n n  

k=1 =1

ak, . De plus, A ∈ Mn (K) et JAJ ∈ Mn (K).

Soient i, j, k ∈ [[1, n]]. On a (AJ)k,j = (JAJ)i,j =

n 

n 

ak, J,j =  =1 =1

n 

ak, , puis

=1

n  n  Ji,k (AJ)k,j = ak, == σ(A) = σ(A)Ji,j .  k=1 k=1 =1 =1

Ainsi JAJ et σ(A)J ont même format et mêmes cœfficients. On en conclut que JAJ = σ(A)J.

Exercice 8.10 1. On a Tr(A + B) = n 

2. On a Tr(λA) = 3. On a Tr(t A) =

i=1 n 

n  i=1

(λA)i,i =

t  A i,i =

i=1 n 

4. On a Tr(AB) =

(A + B)i,i =

i=1

n 

n 

(ai,i + bi,i ) =

i=1

λai,i = λ

i=1 n 

ai,i +

i=1

n 

bi,i = Tr(A) + Tr(B).

i=1

ai,i = λ Tr(A).

i=1

ai,i = i=1 n  n 

(AB)i,i =

n 

n 

Tr(A).

ai,k bk,i =

i=1 k=1

n n  

k=1 i=1



bk,i ai,k = 

=(BA)k,k



n 

(BA)k,k = Tr(BA).

k=1

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Exercice 8.11 1. Après calcul, on obtient J 2 = 3J. On démontre par récurrence, sur k ∈ N∗ , la proposition P(k) : « J k = 3k−1 J ». • Initialisation. On a J 1 = 31−1 J, ce qui montre P(1). • Hérédité. Soit k ∈ N∗ , on suppose P(k). On a J k+1 = J k × J = 3k−1 J × J = 3k−1 J 2 = 3k−1 × 3J = 3k J, ce qui montre P(k + 1). Ainsi J 0 = I3 et ∀k ∈ N∗ , J k = 3k−1 J.

164

Chapitre 8

Matrices

2. Soit n ∈ N. Les matrices αI3 et βJ commutent. On peut donc utiliser la formule du binôme de Newton : An

= = = = = =

(αI3 + βJ)n n    n (αI3 )n−k (βJ)k k k=0   n    n n n n−k k k α I3 + α β J 0 k k=1 n    n n−k k k−1 n α I3 + β 3 J α k k=1 n    1 n n−k αn I3 + α (3β)k J k 3 k=1   n    n 1 n n−k k n α J (3β) − α α I3 + k 3 k=0

(α + 3β)n − αn = αn I3 + J. 3   a b b 3. Soit n ∈ N. On a  b a b  = (a − b)I3 + bJ. D’après la question précédente, on a b b a  n a b b n n  b a b  = (a − b)n I3 + (a + 2b) − (a − b) J. 3 b b a

CHAPITRE

Polynômes

9

L’essentiel du cours Dans ce chapitre K sera toujours égal à R ou C.

 1 Opérations et premières propriétés sur les polynômes Définition • On définit le monôme X k comme la fonction X k : K → K, x → xk . • On appelle polynôme à une indéterminée et à cœfficients dans K toute fonction de la forme n  ak X k avec n ∈ N et a0 , . . . , an ∈ K. k=0

• On note K[X] l’ensemble des polynômes à une indéterminée et à cœfficients dans K. Opérations sur les polynômes  l • Si k, l ∈ N, alors X k × X l = X k+l et X k = X kl . • Si P, Q ∈ K[X], alors P + Q ∈ K[X] et P Q ∈ K[X].

Pour effectuer des opérations sur les polynômes, on peut faire comme si X était un nombre indéterminé et appliquer les règles de calcul habituelles.

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Définition Soit le polynôme P =

n 

ak X k .

k=0

• Si P est non nul, on appelle degré de P , noté deg(P ), le plus grand entier d tel que ad = 0. Par convention, si P = 0, alors deg(P ) = −∞. • Si k ∈ [[0, n]], on appelle cœfficient de degré k de P le cœfficient ak . • Si P est non nul, on appelle cœfficient dominant de P le cœfficient ad où d = deg(P ). • On dit que P est unitaire si P est non nul et que son cœfficient dominant vaut 1. • Si n ∈ N, on note Kn [X] l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à n. Égalité de deux polynômes Deux polynômes sont égaux si et seulement s’il ont le même degré et les mêmes cœfficients.

166

Chapitre 9

Polynômes

Opérations et degré Si P et Q ∈ K[X], alors • deg(P + Q) ≤ max(deg(P ), deg(Q)) avec égalité si deg(P ) = deg(Q) • deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q). Définition Si P =

n 

ak X k , on appelle polynôme dérivé de P (ou dérivée de P ), le polynôme n n−1 k=0   P = kak X k−1 = (k + 1)ak+1 X k . k=1

k=0

  On définit, par récurrence sur k ∈ N, la dérivée k ème de P par P (0) = P et P (k+1) = P (k) .

Il s’agit de la même formule que pour dériver le polynôme en tant que fonction. On retrouve donc les formules habituelles.

Dérivée et opérations Si P, Q ∈ K[X] et λ ∈ K, alors

(λP + Q) = λP  + Q 

et

(P Q) = P  Q + P Q . 

Dérivée et degré Si P ∈ K[X] est non constant, alors deg(P  ) = deg(P ) − 1.

 2 Racines et multiplicité Définition • Si P =

n 

k=0

ak X k ∈ K[X] et x ∈ K, on peut évaluer P en x par P (x) =

• On dit que α ∈ K est une racine de P si P (α) = 0.

n 

ak xk .

k=0

Proposition • Si α ∈ K, alors : α est une racine de P si et seulement si P est factorisable par X − α. • Si α1 , . . . , αp ∈ K sont deux à deux distincts, alors : les α1 , . . . , αp sont des racines de P p  (X − αk ). si et seulement si P est factorisable par k=1

On dit aussi parfois « X − α divise P », au lieu de « P est factorisable par X − α ».

L’essentiel du cours

167

Définition Soient P ∈ K[X], α ∈ K et r ∈ N. On dit que α est une racine de multiplicité exactement r (ou d’ordre r) de P si P est factorisable par (X − α)r mais pas par (X − α)r+1 . Le nombre α est une racine de multiplicité 0 de P si P (α) = 0 (i.e. α n’est pas racine de P ). Caractérisation de la multiplicité Soient P ∈ K[X], α ∈ K et r ∈ N. Le nombre α est une racine de multiplicité r de P si et seulement si ∀k ∈ [[0, r − 1]] , P (k) (α) = 0 et P (r) (α) = 0. Si on veut seulement montrer que α est une racine de multiplicité supérieure ou égale à r, il n’est pas nécessaire de calculer P (r) (α). Proposition Soit P ∈ R[X]. Si α ∈ C est racine de multiplicité r de P , alors α (le conjugué de α) aussi. Théorème Soient P ∈ K[X] et n ∈ N. • Si P est non nul, son nombre de racines ne dépasse pas son degré. • Si deg(P ) ≤ n et si P admet au moins n + 1 racines, alors P = 0. • Si P possède une infinité de racines, alors P = 0.

 3 Factorisation des polynômes Théorème de d’Alembert-Gauss

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Tout polynôme non constant de C[X] admet au moins une racine. Factorisation dans C[X] Soit P ∈ C[X] non nul, de degré n et de cœfficient dominant λ. n  • Il existe z1 , . . . , zn ∈ C tels que P = λ (X − zk ). k=1

• Si α1 , . . . , αp sont les racines (deux à deux distinctes) de P de multiplicité m1 , . . . mp , alors p  (X − αk )mk . P =λ k=1

Pour factoriser un polynôme dans C[X], il suffit donc de trouver ses racines et leur ordre de multiplicité.

168

Chapitre 9

Polynômes

Les méthodes à maîtriser Méthode 9.1 : Déterminer le degré d’un polynôme Si un polynôme n’est pas sous forme développée et que l’on veut déterminer son degré, on utilise les propriétés du degré avec les opérations. Cependant, s’il s’agit d’une combinaison linéaire de polynômes de même degré, il conviendra de commencer à développer pour voir si les termes dominants s’annulent ou non. Exemple d’application Déterminer le degré de P = (X + 1)5 − X 5 . On sait que deg(P ) ≤ 5 d’après le cours. On va donc développer, à l’aide du binôme de Newton (X + 1)5 = X 5 + 5X 4 + 10X 3 + 10X 2 + 5X + 1.

Les termes de degré 5 se simplifient mais pas ceux de degré 4 : P = 5X 4 + 10X 3 + 10X 2 + 5X + 1 et deg(P ) = 4 (et son coefficient dominant vaut 5). Voir exercices 9.1, 9.2, 9.5 et 9.8. Méthode 9.2 : Montrer qu’un polynôme est le polynôme nul Pour montrer qu’un polynôme est le polynôme nul, soit on montre qu’il a une infinité de racines soit on commence par majorer son degré par un entier n ∈ N et on montre qu’il admet au moins n + 1 racines. Exemple d’application Déterminer tous les polynômes P tels que P (X + 1) = P (X). On évalue l’égalité polynomiale en 1 pour obtenir que P (1) = P (0). On recommence en 2 :

P (2) = P (1) = P (0). Par une récurrence simple, on montre que ∀n ∈ N, P (n) = P (0).

Ainsi P − P (0) admet une infinité de racines (tous les entiers naturels), donc est le polynôme nul. Alors P − P (0) = 0, donc P = P (0) et P est constant. Réciproquement tous les polynômes constants vérifient la relation P (X + 1) = P (X). On en conclut que les seuls polynômes vérifiant P (X + 1) = P (X) sont les polynômes constants. Voir exercice 9.9.

Les méthodes à maîtriser

169

Méthode 9.3 : Déterminer la multiplicité d’une racine Pour déterminer la multiplicité de α en tant que racine de P , on calcule P (α), P  (α), etc jusqu’à tomber sur une valeur non nulle P (r) (α) = 0. La multiplicité de α est alors l’entier r. Exemple d’application Déterminer la multiplicité de 1 comme racine de P = X 3 − 3X + 2. On a P (1) = 0, donc 1 est racine de P . On calcule P  = 3X 2 − 3

et on a P  (1) = 0, donc 1 est racine au moins double de P . On calcule P  = 6X et on a P  (1) = 0. On peut donc en conclure que 1 est une racine de P de multiplicité 2 (on dit aussi que c’est une racine double de P ). Voir exercices 9.3, 9.5, 9.6 et 9.10. Méthode 9.4 : Montrer qu’un polynôme est factorisable par un autre Pour montrer qu’un polynôme P est factorisable par un polynôme Q, on commence par factoriser Q dans C[X]. Ensuite on montre que les racines de Q sont aussi racines de P avec une multiplicité dans P au moins aussi grande que dans Q.

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Exemple d’application Montrer que P = X 5 + 3X 4 − X 3 − 11X 2 − 12X − 4 est factorisable par Q = (X + 1)2 (X − 2). Le polynôme Q est déjà factorisé, donc ses racines sont −1, de multiplicité 2, et 2 de multiplicité 1. Il suffit donc de montrer que −1 est racine au moins double de P et que 2 est racine de P . On a : puis

P (−1) = −1 + 3 + 1 − 11 + 12 − 4 = 0

P  = 5X 4 + 12X 3 − 3X 2 − 22X − 12

et

P  (−1) = 5 − 12 − 3 + 22 − 12 = 0,

ce qui montre que −1 est racine au moins double de P . Ensuite :

P (2) = 32 + 48 − 8 − 44 − 24 − 4 = 0,

ce qui montre que 2 est racine de P . Ainsi P est factorisable par (X + 1)2 (X − 2) = Q.

Voir exercices 9.5 et 9.7.

170

Chapitre 9

Polynômes

Méthode 9.5 : Effectuer une factorisation En trouvant des racines α1 , . . . , αp , on peut être amené à déterminer qu’un polynôme P peut p  (X − αk ). se factoriser par un polynôme Q = k=1

Pour effectuer cette factorisation, on écrit que P = QR avec R un polynôme quelconque de degré deg(P ) − deg(Q), on développe QR et on identifie les coefficients de P avec ceux de QR pour obtenir un système linéaire qu’il ne reste alors plus qu’à résoudre pour déterminer le polynôme R.

Exemple d’application Factoriser X 3 − 3X + 2 par (X − 1)2 . On cherche un polynôme R tel que X 3 − 3X + 2 = (X − 1)2 R.

En observant les degrés, R est de degré 1, donc de la forme R = aX + b. En remplaçant et développant, on obtient que (X − 1)2 R = (X 2 − 2X + 1)(aX + b) = aX 3 + (b − 2a)X 2 + (a − 2b)X + b.

Par unicité, on obtient le système suivant  a    b − 2a a − 2b    b

= 1 = 0 = −3 = 2

Ainsi a = 1 , b = 2 et on en conclut que X 3 − 3X + 2 = (X − 1)2 (X + 2). Voir exercice 9.6. Méthode 9.6 : Factoriser un polynôme dans C[X] Pour factoriser un polynôme P dans C[X] : 1. On commence par déterminer le degré et le coefficient dominant du polynôme P . 2. On cherche des racines évidentes (0, 1, -1 ou i) et leur multiplicité. On sait désormais que P est factorisable par un certain polynôme R. On factorise P par R : P = QR. 3. Il reste à factoriser Q pour finir. On cherche à résoudre l’équation dans C, Q(z) = 0. On identifie les solutions distinctes et on compte le nombre de racines obtenues. • Si ce nombre correspond au degré de Q, on conclut qu’on a déterminé toutes les racines de Q et on peut ainsi le factoriser. • Sinon, on regarde la multiplicité des racines trouvées pour pouvoir factoriser Q. 4. On n’oublie pas de bien multiplier la forme factorisée de Q par R (qui est déjà factorisé) pour obtenir la forme factorisée de P .

Les méthodes à maîtriser

171

Exemple d’application Factoriser dans C[X] le polynôme P = 2X 4 − 2X 3 − 22X 2 − 2X − 24. Le polynôme P est de degré 4 et a pour coefficient dominant 2. On commence par remarquer que i est une racine évidente de P . En effet, Puis

P (i) = 2 + 2i + 22 − 2i − 24 = 0.

P  = 8X 3 − 6X 2 − 44X − 2 et P  (i) = −8i + 6 − 44i − 2 = 0. Donc i est une racine simple de P . Le polynôme P étant à coefficients réels, on a aussi i = −i comme racine simple de P . On peut donc factoriser P par (X − i)(X + i) = X 2 + 1. En observant les degrés, on cherche a, b et c ∈ R tels que P = (X 2 + 1)(aX 2 + bX + c).

Après calcul, on obtient a = 2, b = −2 et c = −24. Il ne reste plus qu’à factoriser Q = 2X 2 − 2X − 24. Il s’agit d’un trinôme du second degré dont les racines sont −3 et 4. Ainsi P admet i, −i, −3 et 4 comme racines. Or P est de degré 4 et de coefficient dominant 2. Alors P = 2(X − i)(X + i)(X + 3)(X − 4).

• Ne pas oublier le coefficient dominant dans la forme factorisée. • Ne pas écrire P (X) = 0 quand on cherche à résoudre une équation polynomiale. En effet, écrire P (X) = 0 revient à dire que P est le polynôme nul. Alors que, si z ∈ C, écrire P (z) = 0 revient à dire que z est une racine de P .

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Voir exercices 9.1, 9.5, 9.6, 9.8 et 9.9.

172

Chapitre 9

Polynômes

Interro de cours 1. Déterminer le degré, le coefficient dominant et le coefficient constant des polynômes suivants (a) 2X 3 − X 2 + X + 3

(b) (X 2 − 2)2

(c) (2X 5 − 10X 3 + 1)5 .

2. Soient P , Q ∈ K[X]. Les propositions suivantes sont-elles toujours vraies ? (a) Si P Q = 0, alors P = 0 ou Q = 0.

(b) deg(P + Q) = max(deg(P ), deg(Q)).

3. 4. 5. 6. 7.

(c) deg(P Q) = deg(P ) + deg(Q). Si α ∈ C, montrer que (X − α)(X − α) ∈ R[X].

Si P ∈ Kn [X] admet n racines, est-ce toujours le polynôme nul ? Factoriser X 3 − 3X 2 + 3X − 2 par X − 2. Si P ∈ Kn [X], montrer que P (n+1) = 0.

Soient P ∈ K[X], α ∈ K et r ∈ N. Les propositions suivantes sont-elles vraies ?

(a) Si α est une racine de P de multiplicité r, alors P est factorisable par (X − α)r .

(b) Si P est factorisable par (X − α)r , alors α est une racine de P de multiplicité r.

8. Factoriser dans C[X] le polynôme P = X 4 − 3X 3 + X 2 − 3X.

Exercices

Exercices Pour s’entraîner Exercice 9.1 Factoriser dans C[X] les polynômes suivants 1. X 4 − 5X 3 + 7X 2 − 5X + 6 2. X 4 − 2X 3 + 4X 2 + 2X − 5

3. X 4 − 2X 3 − 8X 2 + 18X − 9 4. X 4 − X 2 + 1.

Exercice 9.2 Déterminer tous les polynômes P ∈ K[X] tels que 1. P (X 2 ) = (X 2 + 1)P (X) 2. (P  )2 = 4P 3. (X 2 + 1)P  − 6P = 0.

Exercice 9.3 Soit n ∈ N. Montrer que le polynôme Pn = 1 + X + n’a pas de racine multiple.

X3 Xn X2 + + ··· + 2 3! n!

Exercice 9.4 Développer le polynôme P =

n  

1 + X2

k=0

On pourra considérer (1 − X)P .

k



.

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Exercice 9.5 Soit P le polynôme (X + 1)7 − X 7 − 1. 1. Montrer que P a deux racines réelles évidentes et donner leur ordre de multiplicité. 2iπ 2. Montrer que P est factorisable par (X − j)2 où j = e 3 . 3. Factoriser P dans C[X].

Exercice 9.6 Le but est de factoriser dans C[X] le polynôme P = X 8 + 2X 7 + 2X 6 + 2X 5 + 2X 4 + 2X 3 + 2X 2 + 2X + 1. 1. 2. 3. 4.

Factoriser dans C[X] le polynôme R = X 3 + X 2 + X + 1. Vérifier que −1 est racine au moins double de P . Factoriser P par (X + 1)2 . Conclure.

173

174

Chapitre 9

Polynômes

Exercice 9.7 Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur 1. a et b ∈ R pour que X 4 + aX 3 + bX 2 + X + 2 soit factorisable par X 2 − 3X + 2. 2. n ∈ N∗ pour que X 2n + X n + 1 soit factorisable par X 2 + X + 1.

Pour aller plus loin Exercice 9.8 On définit les polynômes de Tchebychev par T 0 = 1 T1 = X 1. 2. 3. 4. 5.

et

∀n ∈ N, Tn+2 = 2XTn+1 − Tn .

Calculer T2 et T3 . Montrer que, pour tout n ∈ N et pour tout x ∈ R, Tn (cos x) = cos(nx). Pour n ∈ N∗ , déterminer le degré et le coefficient dominant de Tn . Pour n ∈ N∗ , résoudre l’équation Tn (y) = 0 d’inconnue y ∈ [−1, 1]. Si n ∈ N∗ , en déduire toutes les racines de Tn et factoriser Tn .

Exercice 9.9 Soient n ∈ N∗ et a0 , a1 , . . . , an ∈ R deux à deux distincts. On définit les polynômes de Lagrange associés aux nombres a0 , a1 , . . . , an par n  (X − aj ) . ∀i ∈ [[0, n]] , Li = ai − aj j=1 j=i

1. Soient i, j ∈ [[0, n]]. Montrer que Li (aj ) vaut 0 si i = j et 1 si i = j. 2. En déduire que, si P ∈ Rn [X], alors n  P = P (ai )Li . i=0

Exercice 9.10 Montrer qu’il existe un unique polynôme P de degré 7 tel que P + 1 est factorisable par (X − 1)4 et P − 1 est factorisable par (X + 1)4 .

Corrections

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Corrections Interro de cours 1. (a) Degré : 3, cœfficient dominant : 2 et cœfficient constant : 3. (b) Degré : 4, cœfficient dominant : 1 et cœfficient constant : 4. (c) Degré : 25, cœfficient dominant : 32 et cœfficient constant : 1. 2. (a) Vrai. On procède par contraposée. Si P = 0 et Q = 0, alors ils ont chacun un nombre fini de racine. On peut donc trouver un élément a ∈ K tel que P (a) = 0 et Q(a) = 0. Il s’ensuit que P Q(a) = P (a)Q(a) = 0. On en conclut que P Q = 0.

(b) Faux. On a deg(P + Q) ≤ max(deg(P ), deg(Q)), mais pas forcément l’égalité.   Si P = X 2 +X et Q = −X 2 , alors P +Q = X et deg(P +Q) = 1 < 2 = max deg(P ), deg(Q) . (c) Vrai. Cf. cours.

2

3. On a (X − α)(X − α) = X 2 − (α + α)X + αα = X 2 − 2 Re(α)X + |α| ∈ R[X]. 4. Faux. Le résultat est vrai si P admet au moins n + 1 racines. Si P = (X − 1)(X − 2) ∈ K2 [X], alors P = 0 et P admet 2 racines. 5. On développe (X − 2)(aX 2 + bX + c) = aX 3 + (b − 2a)X 2 + (c − 2b)X − 2c. Par identification avec X 3 − 3X 2 + 3X − 2, on obtient   a = 1    a = 1 b − 2a = −3 b = −1 donc c − 2b = 3    c = 1.  −2c = −2 Ainsi X 3 − 3X 2 + 3X − 2 = (X − 2)(X 2 − X + 1). 6. On démontre le résultat par récurrence. Pour n ∈ N, on note P(n) : « ∀P ∈ Kn [X], P (n+1) = 0 ».

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• Initialisation. Soit P ∈ K0 [X]. Le polynôme P est constant, donc sa dérivée P  est nulle, ce qui montre P(0). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). Soit P ∈ Kn+1 [X]. On a P  ∈ Kn [X], donc, d’après P(n), alors (P  )(n+1) = 0, c’est-à-dire P (n+2) = 0, ce qui montre P(n + 1).

On en conclut que ∀n ∈ N, ∀P ∈ Kn [X], P (n+1) = 0. 7. a. Vrai. Cf. cours. b. Faux. Cela signifie que α est une racine de P de multiplicité supérieure ou égale à r. On pourrait factoriser P par (X − α)k avec k strictement plus grand que r. 8. On commence par factoriser P par X pour obtenir P = X(X 3 − 3X 2 + X − 3). On note Q = X 3 − 3X 2 + X − 3. On cherche une racine évidente de Q. On a Q(i) = 0, donc aussi Q(−i) = 0. On factorise Q par (X − i)(X + i) = X 2 + 1 :  a= 1    b = −3 Q = (X 2 + 1)(aX + b) ⇔ X 3 − 3X 2 + X − 3 = aX 3 + bX 2 + aX + b ⇔ a = 1    b = −3. On en conclut que X 4 − 3X 3 + X 2 − 3X = X(X − 3)(X 2 + 1)

176

Chapitre 9

Polynômes

Exercice 9.1 1. On note P le polynôme. On commence par remarquer que P (i) = P (−i) = 0. Ainsi P se factorise par X 2 + 1 : P = (X 2 + 1)(aX 2 + bX + c)

⇔ X 4 − 5X 3 + 7X 2 − 5X + 6 = aX 4 + bX 3 + (a + c)X 2 + bX + c  a = 1      b = −5 a+c= 7 ⇔   b = −5    c = 6.

Donc P = (X 2 + 1)(X 2 − 5X + 6). On calcule le discriminant du trinôme obtenu en factorisant : 5+1 ∆ = 1, puis ses racines x1 = 5−1 2 = 2 et x2 = 2 = 3. Ainsi X 4 − 5X 3 + 7X 2 − 5X + 6 = (X 2 + 1)(X − 2)(X − 3) Il est très utile de se rappeler que si P est un polynôme à cœfficients réels et si α ∈ C est une racine de P , alors α est aussi une racine de P avec même multiplicité. Cela évite de factoriser par un polynôme à cœfficients complexes et donc de faire apparaitre des complexes de partout dans le calcul. 2. On note P le polynôme. On commence par remarquer que P (1) = P (−1) = 0. Ainsi P se factorise par X 2 − 1 :

P = (X 2 − 1)(aX 2 + bX + c)

⇔ X 4 − 2X 3 + 4X 2 + 2X − 5 = aX 4 + bX 3 + (c − a)X 2 − bX − c  a = 1      b = −2 c−a= 4 ⇔   −b = 2    −c = −5.

Donc P = (X 2 − 1)(X 2 − 2X + 5). On calcule le discriminant du trinôme obtenu en factorisant : = 1 − 2i et x2 = 1 + 2i. Ainsi ∆ = −16, puis ses racines x1 = 2−4i 2 X 4 − 2X 3 + 4X 2 + 2X − 5 = (X − 1)(X + 1)(X − 1 + 2i)(X − 1 − 2i)

3. On note P le polynôme. On commence par remarquer que P (1) = 0. De plus, on a P  = 4X 3 − 6X 2 − 16X + 18 et P  (1) = 0. Donc 1 est racine au moins double de P . Ainsi P se factorise par (X − 1)2 = X 2 − 2X + 1 : P = (X 2 − 2X + 1)(aX 2 + bX + c)

⇔ X 4 − 2X 3 − 8X 2 + 18X − 9 = aX 4 + (b − 2a)X 3 + (c − 2b + a)X 2 + (b − 2c)X + c  a = 1       b − 2a = −2 a = 1 c − 2b + a = −8 ⇔ b = 0 ⇔    b − 2c = 18 c = −9.    c = −9

Corrections

177

Donc P = (X 2 − 2X + 1)(X 2 − 9). On reconnaît une identité remarquable. Ainsi X 4 − 2X 3 − 8X 2 + 18X − 9 = (X − 1)2 (X − 3)(X + 3)

On s’est arrêté à P  (1) car un calcul au brouillon nous donne P  (1) = 0. Cette information ne nous avance pas beaucoup dans le cadre pratique d’une factorisation (cela nous assure juste que le second polynôme obtenu en factorisant n’admettra pas 1 comme racine). 4. On note P le polynôme. Si on pose Y = X 2 , on obtient que P = Y√2 − Y + 1. On calcul le π π discriminant du trinôme obtenu : ∆ = −3 et ses racines x1 = 1−i2 3 = e−i 3 et x2 = ei 3 . π π π π Donc P = (Y − ei 3 )(Y − e−i 3 ) = (X 2 − ei 3 )(X 2 − e−i 3 ). De plus    π 2 π π π (X 2 − ei 3 ) = X 2 − ei 6 = (X − ei 6 )(X + ei 6 ). On procède de même pour le second facteur pour obtenir que

X 4 − X 2 + 1 = (X − ei 6 )(X + ei 6 )(X − e−i 6 )(X + e−i 6 ) π

π

π

π

Exercice 9.2 1. Soit P ∈ K[X]. Le polynôme nul est solution du problème. Si P = 0, on note n = deg(P ). On a deg(P (X 2 )) = 2n et deg((X 2 + 1)P (X)) = n + 2. Alors, si P est solution, on a 2n = n + 2 donc n = 2. On note alors P = aX 2 + bX + c et on obtient P (X 2 ) = (X 2 + 1)P (X)

⇔ aX 4 + bX 2 + c = aX 4 + bX 3 + (a + c)X 2 + bX + c  b =0 ⇔ a+c=b  b= 0 ⇔ c = −a.

Ainsi P est solution si et seulement si P = 0 ou s’il existe a ∈ K∗ tel que P = a(X 2 − 1).

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En regroupant, on en conclut que P (X 2 ) = (X 2 + 1)P (X) ⇔ ∃a ∈ K, P = a(X 2 − 1)

2. Soit P ∈ K[X]. Le polynôme nul est solution du problème. Si P = 0, on note n = deg(P ). On a deg((P  )2 ) = 2(n − 1) et deg(4P ) = n. Alors, si P est solution, on a 2(n − 1) = n donc n = 2. On note alors P = aX 2 + bX + c et on obtient (P  )2 = 4P

⇔ 4a2 X 2 + 4abX + b2 = 4aX 2 + 4bX + 4c  2 a = a ab = b ⇔  2 b = 4c   a = 1 a = 0 ⇔ b2 ou b = 0 c =  c = 0. 4   b2  2 2 Ainsi (P ) = 4P ⇔ P = 0 ou ∃b ∈ K, P = X + bX + 4

178

Chapitre 9

Polynômes

3. Soit P ∈ K[X]. • Si deg P ≤ 1, alors P  = 0. Donc P est solution si et seulement si P = 0. • Si deg P ≥ 2, on note n = deg(P ). On a P = an X n + Q avec an = 0 et Q ∈ Kn−1 [X]. Ensuite, (X 2 + 1)P  − 6P = (n(n − 1) − 6)an X n + n(n − 1)an X n−2 + (X 2 + 1)Q − 6Q .    ∈Kn−1 [X]

Donc, si P est solution, alors (n(n − 1) − 6)an = 0. Or an = 0, donc n(n − 1) = 6 puis n = 3. Si on note P = aX 3 + bX 2 + cX + d, on obtient (X 2 + 1)P  − 6P = 0 ⇔

(2b − 6b)X 2 + (6a − 6c)X + 2b − 6d = 0   −4b = 0 6a − 6c = 0 ⇔  2b − 6d = 0  b = 0 c= a ⇔  d = 0.

Donc P est solution si et seulement si P = 0 ou s’il existe a ∈ K∗ tel que P = a(X 3 + X). En regroupant, on en conclut que (X 2 + 1)P  − 6P = 0 ⇔ ∃a ∈ K, P = a(X 3 + X)

Exercice 9.3 On suppose par l’absurde que Pn admet une racine multiple α. Ainsi Pn (α) = Pn (α) = 0. Or Pn = 1 + X +

X3 X n−1 X2 + + ··· + . 2 3! (n − 1)!

Ainsi Pn − Pn = Xn! . Donc αn! = Pn (α) − Pn (α) = 0 puis α = 0. Cependant, Pn (0) = 1 = 0 ce qui est absurde. On ne conclut que Pn n’a pas de racine multiple. n

n

Exercice 9.4 On voit apparaître successivement des identités remarquables (1 − X 2 )(1 + X 2 ) = 1 − X 2 n    k n+1 On démontre donc par récurrence, sur n ∈ N, P(n) : « (1 − X) 1 + X2 = 1 − X2 ». k

• Initialisation. On a (1 − X)

k

k+1

.

k=0

0  

1 + X2

k=0

 k

= (1 − X)(1 + X) = 1 − X 2

0+1

ce qui montre P(0).

• Hérédité. Soit n ∈ N. On suppose P(n). On a   n+1 n      k k n+1 n+1 n+1 n+2 1 + X 2 = (1 − X) 1 + X2 (1−X 2 ) = (1+X 2 )(1−X 2 ) = 1−X 2 (1−X) k=0

ce qui montre P(n + 2).

k=0

P(n)

Corrections Ainsi ∀n ∈ N, (1 − X)

n  

1 + X2

k=0

k



= 1 − X2

n+1

179

.

Soit n ∈ N. On utilise les sommes géométriques pour obtenir 1−X On en conclut que

n  

1+X

k=0

2k



=

2n+1

= (1 − X)

2n+1 −1

2n+1 −1

Xk.

k=0

Xk

k=0

Exercice 9.5 1. On a P (0) = P (−1) = 0. De plus P  = 7(X + 1)6 − 7X 6 , puis P  (0) = 0 et P  (−1) = 0. Ainsi 0 et −1 sont deux racines simples de P . 2. On cherche à montrer que j est une racine au moins double de P . On rappelle que j 3 = 1 et j 2 + j + 1 = 0. On a donc

et

P (j) = (j + 1)7 − j 7 − 1 = (−j 2 )7 − (j 3 )2 j − 1 = −j 14 − j − 1 = −(j 2 + j + 1) = 0 P  (j) = 7(−j 2 )6 − 7j 6 = 7j 12 − 7j 6 = 7 − 7 = 0.

Ainsi j est une racine au moins double de P donc P est factorisable par (X − j)2 . 3. Si on commence à développer (X + 1)7 avec la binôme de Newton, on obtient P = X 7 + 7X 6 + Q − X 7 − 1 = 7X 6 + Q − 1   

où deg(Q) = 5.

deg=5

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Ainsi P est de degré 6 et son cœfficient dominant vaut 7. Il nous « manque » encore deux racines. Or P est à cœfficients réels et j est une racine au moins double de P . Donc j est aussi une racine au moins double de P . Ainsi P = 7X(X + 1)(X − j)2 (X − j)2

Exercice 9.6 1. On cherche des racines évidentes de R. On trouve que R(−1) = R(i) = R(−i) = 0. Or R est un polynôme de degré 3 dont le cœfficient dominant vaut 1, donc R = (X + 1)(X − i)(X + i) .

2. On a P (−1) = 0. Ensuite P  = 8X 7 +14X 6 +12X 5 +10X 4 +8X 3 +6X 2 +4X +2 et P  (−1) = 0. Ainsi −1 est une racine au moins double de P . 3. On factorise P par (X + 1)2 = X 2 + 2X + 1. On a

180

Chapitre 9

Polynômes

 a =1      2a + b =2 a= 1         a + 2b + c = 2 b=0          b + 2c + d = 2 c = 1 P = (X 2 + 2X + 1)(aX 6 + bX 5 + cX 4 + dX 3 + eX 2 + f X + g) ⇔ c + 2d + e = 2 ⇔ d = 0     d + 2e + f = 2 e=1         e + 2f + g = 2 f =0        f + 2g = 2 g = 1.    g =1 On en conclut que P = (X + 1)2 (X 6 + X 4 + X 2 + 1)

4. On remarque que P = (X + 1)2 R(X 2 ) (où R est le polynôme factorisé dans la question 1.). Puis R(X 2 ) = (X 2 + 1)(X 2 − i)(X 2 + i) = =

On en conclut donc que

(X 2 − i2 )(X 2 − ei 2 )(X 2 − e−i 2 )   π 2   2  −i π 2  X − e 4 . (X 2 − i2 ) X 2 − ei 4 π

π

P = (X + 1)2 (X − i)(X + i)(X − ei 4 )(X + ei 4 )(X − e−i 4 )(X + e−i 4 ) π

π

π

π

Exercice 9.7 1. On note P = X 4 + aX 3 + bX 2 + X + 2 et Q = X 2 − 3X + 2. On commence par factoriser Q. En trouvant les racines de ce trinôme, on obtient que Q = (X − 1)(X − 2). Ainsi P est factorisable par Q si et seulement si 1 et 2 sont racines de P . Or P (1) = 4 + a + b et P (2) = 20 + 8a + 4b. Donc   4+a+b =0 a = −1 P (1) = P (2) = 0 ⇔ ⇔ 20 + 8a + 4b = 0 b = −3.

On en conclut que P est factorisable par Q si et seulement si a = −1 et b = −3. 2. Soit n ∈ N. On note P = X 2n + X n + 1 et Q = X 2 + X + 1. On commence par factoriser Q. 2iπ En trouvant les racines du trinôme, on obtient Q = (X − j)(X − j) où j = e 3 . Ainsi P est factorisable par Q si et seulement si j et j sont racines de P si et seulement si j est racine de P (car P est à cœfficients réels). On rappelle que j 2 = j et on a P (j) = 0 ⇔ j 2n + j n + 1 = 0  n ⇔ j2 + jn + 1 = 0  n ⇔ j + jn + 1 = 0 2inπ 3

2inπ

+e 3 +1=0  2nπ ⇔ 2 cos +1=0 3   1 2nπ ⇔ cos =− 3 2 2nπ 2π 2nπ 2π ⇔ ≡ [2π] ou ≡− [2π] 3 3 3 3 ⇔ n ≡ 1 [3] ou n ≡ −1 [3] . ⇔ e−



Corrections

181

On en conclut que P est factorisable par Q si et seulement si n n’est pas un multiple de 3.

Exercice 9.8 1. On a

T2 = 2XT1 − T0 = 2X 2 − 1 et T3 = 2XT2 − T1 = 4X 3 − 3X. 2. On montre par récurrence double, sur n ∈ N, P(n) : « ∀x ∈ R, Tn (cos x) = cos(nx) ». • Initialisation. Soit x ∈ R. On a T0 (cos x) = 1 = cos(0 × x)

et

T1 (cos x) = cos x = cos(1 × x)

ce qui montre P(0) et P(1). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n) et P(n + 1). Soit x ∈ R. On a

Tn+2 (cos(x)) = 2(cos(x))Tn+1 (cos(x)) − Tn (cos(x)) = 2 cos(x) cos((n + 1)x) − cos(nx). Or

et

cos((n + 2)x) = cos((n + 1)x + x) = cos((n + 1)x) cos(x) − sin((n + 1)x) sin(x) cos(nx) = cos((n + 1)x − x) = cos((n + 1)x) cos(x) + sin((n + 1)x) sin(x).

En ajoutant, on obtient

cos((n + 2)x) + cos(nx) = 2 cos((n + 1)x) cos(x) puis

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cos((n + 2)x) = 2 cos(x) cos((n + 1)x) − cos(nx). Ainsi Tn+2 (cos x) = cos((n + 2)x), ce qui montre P(n + 2). Alors ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Tn (cos x) = cos(nx). 3. En regardant T1 , T2 , T3 et la formule qui définit les polynômes Tn , on conjecture que, si n ∈ N∗ , Tn est de degré n et de cœfficient dominant 2n−1 . On montre par récurrence double, sur n ∈ N∗ , P(n) : « Tn est de degré n et de cœfficient dominant 2n−1 ». • Initialisation. P(1) et P(2) sont clairement vérifiées. • Hérédité. Soit n ∈ N∗ . On suppose P(n) et P(n + 1). On a deg(Tn ) = n et on dispose de Q ∈ Kn [X] tel que Tn+1 = 2n X n+1 + Q. Donc Tn+2 = 2XTn+1 − Tn = 2n+1 X n+2 + 2XQ − Tn .    ∈Kn [X]

Ainsi, le degré de Tn+2 est n + 2 et son cœfficient dominant est 2(n+2)−1 , ce qui montre P(n + 2). Alors, pour tout n ∈ N, Tn est de degré n et de cœfficient dominant 2n−1 . 4. Soit y ∈ [−1, 1]. On pose x = arccos(y) ∈ [0, π], de sorte que y = cos(x). On a Tn (y) = 0 ⇔ Tn (cos(x)) = 0 ⇔ cos(nx) = 0 π ⇔ ∃k ∈ Z, nx = + kπ 2 π π ⇔ ∃k ∈ Z, x = +k . 2n n

182

Chapitre 9

Polynômes

Or x ∈ [0, π], donc

π π 1 1 +k ≤π ⇔− ≤k ≤n− . 2n n 2 2 Or k est un entier, donc k ∈ [[0, n − 1]]. Ainsi π π Tn (y) = 0 ⇔ ∃k ∈ [[0, n − 1]] , cos(x) = cos +k  π 2nπ  n +k . ⇔ ∃k ∈ [[0, n − 1]] , y = cos 2n n π π 5. Pour tout k tel que 0 ≤ k ≤ n − 1, on note xk = + k , on a alors 2n n 0 < x0 < x1 < · · · < xn−1 < π. 0≤

Or la fonction cos est strictement décroissante sur [0, π], donc, si on note yk = cos(xk ), on a y0 > y1 > · · · > yn−1 .

Donc, pour 0 ≤ k ≤ n − 1, les yk sont tous différents. Le polynôme Tn , étant de degré n, ne peut pas avoir plus de n racines. Or, on vient de montrer qu’il en a au moins n. Donc les yk sont toutes les racines de Tn . Vu que le coefficient dominant de Tn est 2n−1 , on obtient Tn = 2n−1

n−1 

X − cos

k=0

π π  +k . 2n n

Exercice 9.9 1. Soient i, j ∈ [[0, n]]. • Si i = j, alors Li (aj ) =

n n   aj − aj aj − ak aj − ak = × = 0. a − a a − a ai − ak i k i j k=0 k=0 k=i

n  ai − ak • Si i = j alors Li (aj ) = = 1. ai − ak k=0

k∈{i,j} /

k=i

2. On note Q = alors

n  i=0

P (ai )Li . Tous les Li sont de degré n, donc Q ∈ Rn [X]. De plus, si j ∈ [[0, n]], Q(aj ) =

n 

P (ai )Li (aj ) = P (aj ).

i=0

Ainsi P − Q ∈ Rn [X] et ∀j ∈ [[0, n]], (P − Q)(aj ) = 0. Le polynôme P − Q est donc de degré au plus n et admet au moins n + 1 racines. n  P (ai )Li On en déduit que P − Q = 0 et on en conclut que P = i=0

Corrections

183

Exercice 9.10

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Soit P un polynôme de degré 7. On remarque que P + 1 et P − 1 ont la même dérivée égale à P  . On a : P + 1 factorisable par (X − 1)4 ssi 1 est une racine de multiplicité au moins 4 de P + 1 ssi 1 est racine de P + 1 et est une racine au moins triple de (P + 1) ssi P (1) = −1 et 1 est une racine au moins triple de P  . De même, P − 1 est factorisable par (X + 1)4 si et seulement si P (−1) = 1 et −1 est une racine au moins triple de P  . Ainsi P + 1 est factorisable par (X − 1)4 et P − 1 est factorisable par (X + 1)4 si et seulement si P (1) = −1, P (−1) = 1 et 1 et −1 sont des racines au moins triples de P . Or deg(P  ) = 6. Donc P + 1 est factorisable par (X − 1)4 et P − 1 est factorisable par (X + 1)4 si et seulement si P (1) = −1, P (−1) = 1 et il existe λ ∈ K tel que P  = λ(X − 1)3 (X + 1)3 . − 3X 4 + 3X 2 − 1. De plus, (X − 1)3 (X + 1)3 = ((X − 1)(X + 1))3 = (X 2 − 1)3 = X 6   3X 5 X7 Et P  = λ(X 6 − 3X 4 + 3X 2 − 1), si et seulement si ∃µ ∈ K, P = λ − + X 3 − X + µ. 7 5   7 3X 5 X − + X 3 − X + µ, alors Pour finir, si P = λ 7 5  16    λ = 35 − λ + µ = −1 P (1) = −1 35 16 ⇔ ⇔ P (−1) = 1    16 λ + µ = 1 µ = 0. 35 On en conclut que le seul polynôme P de degré 7 tel que P + 1 est factorisable par (X − 1)4 et P − 1 est factorisable par (X + 1)4 est   3X 5 35 X 7 − + X3 − X P = 16 7 5

CHAPITRE

Géométrie du plan et de l’espace

10

L’essentiel du cours Dans tout le chapitre, dans le plan, B = (i, j) sera une base orthonormée directe et R = (O,i, j) sera un repère orthonormé direct ; dans l’espace, B = (i, j, k) sera une base orthonormée directe et R = (O,i, j, k) sera un repère orthonormé direct.

 1 Coordonnées, produit scalaire et déterminant Définition   Dans le plan : x • On dit que le vecteur u est de coordonnées dans B si u = xi + yj. y −−→ • On dit que le point M est de coordonnées (x, y) dans R si OM = xi + yj.   Dans l’espace : x • On dit que le vecteur u est de coordonnées y  dans B si u = xi + yj + zk. z −−→ • On dit que le point M est de coordonnées (x, y, z) dans R si OM = xi + yj + zk. On peut donc représenter des vecteurs du plan par un couple de réels et les vecteurs de l’espace avec un triplet de réels. On peut donc « assimiler » l’ensemble des vecteurs du plan à R2 et l’ensemble des vecteurs de l’espace à R3 .

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Définition On dit que deux vecteurs u et v sont colinéaires si v = 0 ou s’il existe λ ∈ R tel que u = λv . Théorème du barycentre Si n ∈ N∗ , A1 , . . . , An sont des points et a1 , . . . , an ∈ R tels que unique point G tel que

n 

n 

k=1

ak = 0, alors il existe un

−−→ ak GAk = 0. On appelle G le barycentre des points A1 , . . . , An

k=1

affectés des poids a1 , . . . , an et onnote G = bar ((A1 , a1 ), . . . , (An , an )). n n  −−→  −−−→ ak M G = ak Ak M . Si M est un point, alors k=1

k=1

186

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

• Si tous les poids sont égaux, on parle d’isobarycentre et on note isobar (A1 , . . . , An ). • Le milieu d’un segment [AB] n’est autre que l’isobarycentre des points A, B. Coordonnées du barycentre Si G est le barycentre des points A1 , . . . , An affectés des poids a1 , . . . , an , avec a =

k=1

alors les coordonnées de G sont Dans le plan : G Dans l’espace : G

n 





1 1 ak xAk , ak yAk a a n

n

k=1

k=1



n n n 1 1 1 ak xAk , ak yAk , ak zAk a a a k=1

k=1

k=1



Définition     Dans le plan : x x On appelle produit scalaire de u et v  le réel u · v = xx + yy  . y y     Dans l’espace : x x On appelle produit scalaire de u y  et v y   le réel u · v = xx + yy  + zz  . z z Propriétés du produit scalaire Si u, v et w  sont des vecteurs et λ ∈ R, alors • (λu + v ) · w  = λ(u · w)  + v · w  • u · (λv + w)  = λ(u · v ) + u · w  Définition On appelle norme du vecteur u le réel u =

• u · v = v · u   • u · u ≥ 0 et u · u = 0 ⇔ u = 0 . √ u · u.

Expression géométrique du produit scalaire  Si u et v sont deux vecteurs non nuls et si θ = (u , v ), alors u · v = u v  cos θ. Caractérisation de l’orthogonalité

Deux vecteurs u et v sont orthogonaux si et seulement si u · v = 0.

ak = 0,

L’essentiel du cours

187

Propriétés de la norme Si u et v sont des vecteurs et λ ∈ R, alors • λu = |λ| u • |u · v | ≤ u v  (Cauchy-Schwarz) Définition

• u + v  ≤  u+v  (Inégalité triangulaire) • u ≥ 0 et u = 0 ⇔ u = 0 .

 Dans le plan. Si u et v sont deux vecteurs et si on pose l’angle orienté θ = (u , v ), on définit le déterminant de u et v par  u v  sin θ si u = 0 et v = 0 det(u, v ) = 0 sinon. Caractérisation de la colinéarité Dans le plan. Deux vecteurs u et v sont colinéaires si et seulement si det(u, v ) = 0. Formule du déterminant     x x Dans le plan. Si u et v  , alors det(u, v ) = xy  − x y. y y Il s’agit du déterminant de la matrice des coordonnées



 x x . y y

Propriétés du déterminant

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Si u, v et w  sont des vecteurs et λ ∈ R, alors • det(λu + v , w)  = λ det(u, w)  + det(v , w)  • det(u, λv + w)  = λ det(u, v ) + det(u, w) 

• det(u, u) = 0 • det(v , u) = − det(u, v ).

 2 Droites et cercles du plan On notera P l’ensemble des points du plan. Définition Si A est un point et si u est un vecteur non nul, on appelle droite passant par A et dirigée par u l’ensemble    −−→ D(A, u) = M ∈ P ∃t ∈ R, AM = tu .

Dans ce cas, on dit que u est un vecteur directeur de la droite.

Si u est un vecteur directeur d’une droite D, alors λu l’est aussi, si λ = 0. On parlera donc bien d’un vecteur directeur et jamais du vecteur directeur.

188

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Définition On dit que deux droites sont • parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires • perpendiculaires si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux. Représentation paramétrique d’une droite   α Si A(xA , yA ) est un point, u un vecteur non nul et D = D(A, u), alors β  x = xA + αt M (x, y) ∈ D ⇔ ∃t ∈ R, y = yA + βt. • Grâce à une représentation paramétrique, on peut récupérer facilement un point de la droite et un vecteur directeur. • Tout comme il n’y a pas unicité du point et du vecteur pour définir une droite, il n’y a pas unicité de la représentation paramétrique. Définition Si D est une droite dirigée par un vecteur u, on appelle vecteur normal à la droite D tout vecteur non nul orthogonal à u. Équation cartésienne d’une droite Si D est une droite, A(xA , yA ) ∈ D et n

  a un vecteur normal à D, alors b

−−→ M (x, y) ∈ D ⇔ AM · n = 0 ⇔ a(x − xA ) + b(y − yA ) = 0.

Réciproquement, toute partie du plan ayant une équation  dela forme ax + by + c = 0 (avec a (a, b) = (0, 0)) est une droite et le vecteur de coordonnées lui est normal. b Si u

    α −β est une vecteur directeur de D, alors n est un vecteur normal à D. β α

Équation réduite d’une droite Si D est une droite du plan non verticale (c’est-à-dire si j n’est pas un vecteur directeur de D), alors elle admet une unique équation de la forme y = mx + p. On dit que m est la pente (ou le cœfficient directeur) de D.

L’essentiel du cours

189

Définition Si B est un point et D = D(A, u), alors le projeté orthogonal de B sur D est le seul point H vérifiant −−→ H ∈ D et BH ⊥ u. Caractérisation du projeté orthogonal sur une droite Si B est un point, D = D(A, u) et H le projeté orthogonal de B sur D, alors −−→ −−→ AB · u AH = u. 2  u Définition Si A est un point et r > 0, on appelle cercle de centre A et de rayon r l’ensemble C (A, r) = {M ∈ P / AM = r } . Équation d’un cercle Si A(xA , yA ) est un point, r > 0 et C = C (A, r), alors 2

2

2

M (x, y) ∈ C ⇔ (x − xA ) + (y − yA ) = r ⇔ ∃t ∈ R,



x = xA + r cos t y = yA + r sin t.

Réciproquement, toute partie du plan ayant une équation de la forme x2 + y 2 + ax + by + c = 0 est un cercle ou un point ou l’ensemble vide.

 3 Droites et plans de l’espace On notera E l’ensemble des points de l’espace.

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Définition Si A est un point et si u est un vecteur non nul, on appelle droite passant par A et dirigée par u l’ensemble    −−→ D(A, u) = M ∈ E ∃t ∈ R, AM = tu .

Dans ce cas, on dit que u est un vecteur directeur de la droite. Définition

On dit que deux droites sont • parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires • orthogonales si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux • perpendiculaires si elles sont orthogonales et qu’elles se croisent.

190

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Représentation paramétrique d’une droite   α Si A(xA , yA , zA ) est un point, u β  un vecteur non nul et D = D(A, u), alors γ  x = xA + αt M (x, y) ∈ D ⇔ ∃t ∈ R, y = yA + βt  z = zA + γt. Définition Si B est un point et D = D(A, u), alors le projeté orthogonal de M sur D est le seul point H vérifiant −−→ H ∈ D et BH ⊥ u. Caractérisation du projeté orthogonal sur une droite Si B est un point, D = D(A, u) et H le projeté orthogonal de B sur D, alors −−→ −−→ AB · u AH = u. 2  u Définition Si A est un point et si u et v sont deux vecteurs non colinéaires, on appelle plan passant par A et dirigé par u et v l’ensemble    −−→ P(A, u, v ) = M ∈ E ∃λ, µ ∈ R, AM = λu + µv . Définition Si P est un plan dirigé par les vecteurs non colinéaires u et v , on appelle vecteur normal au plan P tout vecteur non nul orthogonal à u et à v . Définition On dit que deux plans sont • parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires • perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

L’essentiel du cours

191

Représentation paramétrique d’un plan     α2 α1 Si A(xA , yA , zA ) est un point, u  β1 , v  β2  deux vecteurs non colinéaires et γ1 γ2  P = P(A, u, v ), alors x = xA + α1 λ + α2 µ M (x, y, z) ∈ P ⇔ ∃λ, µ ∈ R, y = yA + β1 λ + β2 µ  z = zA + γ1 λ + γ2 µ. Équation cartésienne d’un plan   a Si P est un plan, A(xA , yA , zA ) ∈ P et n  b  un vecteur normal à P, alors c −−→ M (x, y, z) ∈ P ⇔ AM · n = 0 ⇔ a(x − xA ) + b(y − yA ) + c(z − zA ) = 0.

Réciproquement, toute partie de l’espace ayant une équation de la forme  ax + by + cz + d = 0 a (avec (a, b, c) = (0, 0, 0)) est un plan et le vecteur de coordonnées  b  lui est normal. c Une droite peut être vue comme l’intersection de deux plans. Pour caractériser de manière cartésienne une droite, il faut donc se donner deux équations cartésiennes de plans. Définition Si B est un point et P = P(A, u, v ), alors le projeté orthogonal de B sur P est le seul point H vérifiant −−→ −−→ H ∈ D, BH ⊥ u et BH ⊥ v .

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Caractérisation du projeté orthogonal sur un plan Si B est un point, P = P(A, u, v ), avec u ⊥ v , et H le projeté orthogonal de B sur P, alors −−→ −−→ −−→ AB · u AB · v AH =  u + v. 2 2  u v 

192

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Les méthodes à maîtriser Méthode 10.1 : Passer d’une représentation cartésienne à paramétrique Lorsque l’on a une droite ou un plan donné par sa (ou ses) équation(s) cartésienne(s), on pivote comme pour résoudre un système linéaire. Il suffit ensuite de considérer les inconnues secondaires comme des paramètres pour obtenir une représentation paramétrique. Exemple d’application (1) Déterminer un représentation paramétrique de P : x − 2y − 3z − 4 = 0, puis en déduire A, u  et  v tels que P = P(A, u ,  v ).  x +y + z + 1= 0 (2) Déterminer un représentation paramétrique de D : x − y + 3z − 1 = 0 puis en déduire B et w  tels que D = D(B, w).  (1) On transforme assez facilement l’équation en x = 2y+3z+4 avec y, z en inconnues secondaires. x = 2λ + 3µ + 4 On obtient donc la représentation paramétrique suivante P : y = λ      z = µ. 2 3     En posant A(4, 0, 0), u 1 et v 0 , on a bien P = P(A, u, v ). 0 1  x = −2z (2) En appliquant le pivot de Gauss sur le système, on arrive à avec z en inconnue y = z − 1 x = −2t secondaire. On obtient donc la représentation paramétrique suivante D : y = t − 1    z = t. −2 En posant B(0, −1, 0) et w   1 , on a bien D = D(B, w).  1 Pour passer d’une représentation paramétrique à cartésienne, on fait l’inverse : on pivote pour « éliminer » les paramètres.

Voir exercices 10.1, 10.2, 10.5 et 10.6. Méthode 10.2 : Déterminer le centre et le rayon d’un cercle En partant d’une équation de la forme x2 + y 2 + ax + by + c = 0, pour déterminer s’il s’agit d’une cercle, d’un point ou du vide, on commence par mettre sous forme canonique x2 + ax puis y 2 + bx. On arrive à une équation de la forme (x − α)2 + (y − β)2 = γ. • Si γ < 0, il n’y a pas de solutions à cette équation, il s’agit donc du vide. • Si γ = 0, il s’agit du point de coordonnées (α, β). √ • Si γ > 0, il s’agit d’un cercle de centre Ω(α, β) et de rayon γ.

Les méthodes à maîtriser

193

Exemple d’application Déterminer si C1 : x2 − 2x + y 2 + 2y + 3 = 0 et C2 : x2 − 4x + y 2 + y + 2 = 0 sont des cercles. Si oui, déterminer leur centre et leur rayon. • Pour C1 , on met sous forme canonique

x2 − 2x = (x2 − 2x + 1) − 1 = (x − 1)2 − 1

et

L’équation de C1 se transforme donc en

y 2 + 2y = (y + 1)2 − 1.

(x − 1)2 + (y + 1)2 = −1

qui n’a pas de solution dans R2 . Donc C1 = ∅. • On procède de même pour arriver à 2  1 9 2 (x − 2) + y + = . 2 4     1 3 Si on pose Ω 2, − , alors C2 = C Ω, . 2 2

Voir exercice 10.4.

Méthode 10.3 : Déterminer le projeté orthogonal d’un point

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Dans la pratique, il n’est pas conseillé d’utiliser la formule avec les produits scalaires pour déterminer le projeté orthogonal (très très calculatoire), on se sert plutôt de la définition. • Pour projeter B sur une droite dans le plan ou sur un plan dans l’espace (que l’on notera A ) : on commence par déterminer la droite D perpendiculaire à A et passant par B (D sera dirigée par un vecteur normal à A ), puis on détermine le point d’intersection de A et D. • Pour projeter B sur une droite D dans l’espace : on commence par déterminer un plan P perpendiculaire à D et passant par B (un vecteur directeur de D est un vecteur normal à P), puis on détermine le point d’intersection de P et D.  Exemple d’application x = 1 + t Déterminer le projeté orthogonal H de B(−2, −1, 0) sur D : y = 2 + t    z = 3 + 2t. 1 La droite D est dirigée par le vecteur u 1. Soit P le plan perpendiculaire à D et passant 2 par B. Le vecteur u est normal à P, donc −−→ M (x, y, z) ∈ P ⇔ BM · u = 0 ⇔ (x + 2) + (y + 1) + 2(z − 0) = 0 ⇔ x + y + 2z + 3 = 0

Il ne reste plus qu’à déterminer l’intersection de D  et P (encore un système linéaire à résoudre) :  x = 1 + t     x = −1   y =2+t y=0 M (x, y, z) ∈ D ∩ P ⇔ ⇔  z = 3 + 2t  z = −1     x + y + 2z + 3 = 0 t = −2. Ainsi H(−1, 0, −1). Voir exercices 10.2 et 10.6.

194

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Interro de cours 1.

−−→ Soient A et B deux points du plan tels que A(1, 2) et AB Déterminer les coordonnées de B.



 1 . −4

2. Déterminer les coordonnées du milieu du segment [AB] où A(2, 4) et B(−4, 2). 3.

    1 2 Les vecteurs u 0 et v 1 sont-ils colinéaires ? orthogonaux ? 2 0

4. Soient u, v, w des vecteurs et λ ∈ R. Les propositions sont-elles toujours vraies ? (a) λu = λ u

(b) det(u, v ) = det(v , u) (c) u · v = v · u

(d) det(u, u) = 0 si et seulement si u = 0.

5. Pour quelle(s) valeur(s) de a ∈ R les vecteurs u

    2a + 1 3 et v sont-ils colinéaires ? 1 2a − 1

6. Soient A(2, −1) et B(3, 1). Déterminer une équation cartésienne de (AB). 

1



7. Soient A(1, 2), B(2, 1), u −1 et D = D(A, u). 8. 9. 10. 11. 12.

Déterminer une équation cartésienne de la droite perpendiculaire à D passant par B.  x=2+t Déterminer une équation cartésienne de la droite D : y = 3 − t. Déterminer une représentation paramétrique du plan P : x − y + z − 1 = 0.

Soient A(1, 2) et B(3, 6). Déterminer une équation cartésienne du cercle de diamètre [AB]. Déterminer le centre et le rayon du cercle C d’équation : x2 + x + y 2 − 3y + 2 = 0. Les propositions suivantes sont-elles vraies ?

(a) Dans le plan, l’intersection d’une droite et d’un cercle est soit le vide, soit un point, soit deux points. (b) Dans l’espace, deux droites qui ne se croisent pas sont parallèles. (c) Dans l’espace, l’intersection de deux plans est soit le vide, soit une droite.

13. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal de B(1, 3, 1) sur P : x + y + z + 1 = 0.

Exercices

195

Exercices Pour s’entraîner Exercice 10.1 Déterminer une représentation paramétrique de la droite D d’équation cartésienne 4x+2y−1 = 0.

Exercice 10.2  x = 2t + 3 Soit D : y = t − 1. Déterminer une équation cartésienne de D et les coordonnées du projeté orthogonal de O sur D.

Exercice 10.3 Soient D : 2x − y + 3 = 0 et D  : 2x + 4y − 2 = 0. 1. Montrer que D ⊥ D  . 2. En quel point sont-elles perpendiculaires ?

Exercice 10.4 Soient C : x2 + 2x + y 2 − 2y − 2 = 0 et D : x + y − 2 = 0. 1. Montrer que C est un cercle dont on déterminera le centre et le rayon. 2. Déterminer le(s) point(s) d’intersection de C et D.

Exercice 10.5 Déterminer une représentation paramétrique du plan P d’équation cartésienne 4x+2y−z −1 = 0.

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Exercice 10.6

 x = 2λ + µ + 3 Soient A(−1, 4, 3) et P : y = λ − µ − 1  z = −λ + 2µ + 1. Déterminer une équation cartésienne de P et les coordonnées du projeté orthogonal de A sur P.

Exercice 10.7

 x = −4λ + µ + 1 Soient P : x − 3y − 2z + 1 = 0 et P  : y = −2λ − µ − 3  z = λ + 2µ.  1. Montrer que les plans P et P sont parallèles. 2. Sont-ils confondus ?

196

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Pour aller plus loin Exercice 10.8



 1 Soient A(1, 2, 3), u −1 et D = D(A, u). 2 1. Déterminer une représentation paramétrique de D. 2. Déterminer deux plans différents P et P  contenant D et une équation cartésienne de chacun d’eux. 3. En déduire une représentation cartésienne de D.

Exercice 10.9

    1 0 Soient A(1, 1, 1), B(1, 2, 3), u 1, v 1, D = D(A, u) et D  = D(B, v ). 0 1 Le but de cet exercice est de chercher la perpendiculaire commune à D et D  . 1. Les droites D et D  sont-elles parallèles ? 2. Déterminer un vecteur normal à D et à D  , on le notera w.   3. Déterminer une représentation cartésienne de P = P(A, u, w)  et P  = P(B, v , w).   4. À quoi correspond l’intersection de P et P ? On la notera D . 5. Déterminer une représentation paramétrique de D  .

Exercice 10.10 Soient D : ax + by + c = 0 (avec (a, b) = (0, 0)) et B(xB , yB ) ∈ D. Si A(xA , yA ) est un point du plan et si H est son projeté orthogonal sur D, on appelle distance de A à D le réel d(A, D) = AH. Le but de l’exercice  est  de trouver une formule donnant cette distance. a 1. Justifier que n est un vecteur normal à D. b −−→ 2. Exprimer c en fonction de a, b, xB et yB . En déduire −−→ que  BA · n = axA + byA + c. −−→ −−→   3. Montrer que BA · n = HA · n. En déduire que BA · n = AH n. |axA + byA + c| √ . 4. Conclure que d(A, D) = a2 + b2

Exercice 10.11 Soient (Ox) l’axe des abscisses, N (0, 2), Ω(0, 1) et C = C (Ω, 1). Si M ∈ C \ {N }, on définit σ(M ), la projection stéréographique de M , comme l’intersection de la droite (N M ) et de (Ox). 1. Si M (a, b) ∈ C \ {N }, déterminer les coordonnées de σ(M ). 2. Si P ∈ (Ox), déterminer les coordonnées des points d’intersection de (N P ) et C . 3. En déduire que σ : C \ {N } → (Ox) M → σ(M ) est bijective.

Corrections

197

Corrections Interro de cours −−→ 1. On note (xB , yB ) les coordonnées de B. Les coordonnées du vecteur AB sont donc Par identification, xB − 1 = 1 et yB − 2 = −4. On en conclut que les coordonnées de B sont (2, −2). 2. On utilise les coordonnées du barycentre. Si on note I le milieu de [AB], on a



 xB − 1 . yB − 2

xA + xB yA + yB = −1 et yI = = 3. 2 2 3. Les vecteurs ne sont clairement pas colinéaires à cause de l’emplacement des zéros. En effet s’il existe λ ∈ R tel que v = λu, alors 2 = λ, 1 = 0 et 0 = 2λ, ce qui est impossible. Pour l’orthogonalité, on a u · v = 2 = 0. Ainsi u et v ne sont pas orthogonaux. 4. (a) Faux. Si λ = −1 et u = 0, alors −u = u =  − u. xI =

(b) Faux. Si u et v ne sont pas colinéaires, det(u, v ) = − det(v , u) = det(v , u). (c) Vrai. C’est la symétrie du produit scalaire.

(d) Faux. On a toujours det(u, u) = 0. 5. On a u et v colinéaires si et seulement si det(u, v ) = 0. Or det(u, v ) = 4a2 −4. Donc det(u, v ) = 0 si et seulement si 4a2 − 4 = 0 c’est-à-dire a = ±1. Ainsi u et v sont colinéaires si et seulement si a = 1ou a = −1.  −−→ −−→ x−2 1 6. On a M (x, y) ∈ (AB) ⇔ det AM , AB = 0 ⇔ det = 0 ⇔ 2x − y − 5 = 0. y+1 2 Ainsi une équation cartésienne de (AB) est 2x − y − 5 = 0. 7. On note D  cette droite, dont u est un vecteur normal, et on a −−→ M (x, y) ∈ D  ⇔ BM · u = 0 ⇔ (x − 2) − (y − 1) = 0.

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Ainsi une équation cartésienne de D  est x − y − 1 = 0. 8. On pivote pour éliminer le paramètre t :   x=2+t t=x−2 M (x, y) ∈ D ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ x + y − 5 = 0. y =3−t x+y =5 Ainsi une équation cartésienne de D est x + y − 5 = 0. 9. On paramétrise l’équation cartésienne donnée

  x=λ−µ+1 y=λ M (x, y, z) ∈ P ⇔ x = y − z + 1 ⇔ ∃λ, µ ∈ R,  z = µ.

AB 10. On note C ce cercle et I le milieu de [AB]. Ainsi C est le cercle de centre I et de rayon . 2 1+3 2+6 On obtient xI = = 2 et yI = = 4. 2√  2 √ 2 2 De plus AB = (3 − 1) + (6 − 2) = 20 = 2 5. On en conclut qu’une équation cartésienne de C est (x − 2)2 + (y − 4)2 = 5.

198

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

2  2  2  3 1 1 1 9 11. Si x, y ∈ R, on a x2 + x + y 2 − 3y + 2 = x + − + y− − +2 = x+ + 2 4 2 4 2 2  1 3 − . Ainsi y− 2 2 2  2  √ 2  2 3 1 + y− = . M (x, y) ∈ C ⇔ x + 2 2 2 √   1 3 2 et de rayon . On en conclut que C est le cercle de centre Ω − , 2 2 2 12. (a) Vrai. (b) Faux. Dans le repère (O,i, j, k), si on note A(1, 0, 0), D1 = D(O, j) et D2 = D(A, k), alors D1 et D2 ne sont pas parallèles car j et k ne sont pas colinéaires. De plus, D1 est contenue dans la plan d’équation x = 0 et D2 est contenue dans la plan d’équation x = 1. Elles ne se croisent donc pas. (c) Faux. Silesdeux plans sont les mêmes, l’intersection est un plan. 1 13. Le vecteur n 1 est normal à P. On note D = D(B, n). On a 1   x=1+t       y =3+t M (x, y, z) ∈ P ∩ D ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ ∃t ∈ R, z =1+t       x+y+z+1=0

x = −1 y=1 z = −1 t = −2.

On en conclut que le projeté orthogonal de B sur P a pour coordonnées (−1, 1, −1).

Exercice 10.1 On paramétrise l’équation cartésienne donnée 1 M (x, y) ∈ D ⇔ y = − 2x ⇔ ∃t ∈ R, 2 Une représentation paramétrique de D est donc





x=t 1 y = − 2t. 2

x=t 1 y = − 2t. 2

Exercice 10.2 On pivote pour éliminer le paramètre   x = 2t + 3 x − 2y = 5 M (x, y) ∈ D ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ x − 2y − 5 = 0. y =t−1 t=y+1

Ainsi une équation cartésienne de D est x − 2y − 5 = 0.

Corrections 



1 Soit n −2

199

qui est normal à D. On note D  = D(O, n). On a    x=t  x=1 y = −2t y = −2 ⇔ ∃t ∈ R, M (x, y) ∈ D ∩ D  ⇔ ∃t ∈ R,   x − 2y − 5 = 0 t = 1.

On en conclut que le projeté orthogonal de O sur D a pour coordonnées (1, −2).

Exercice 10.3

   2 2 un vecteur normal à D et n un vecteur normal à D  . On a n · n = 0 −1 4 donc n ⊥ n . Alors D ⊥ D  . 2. On résout le système   2x − y = −3 x = −1 M (x, y) ∈ D ∩ D  ⇔ ⇔ 2x + 4y = 2 y = 1.

1. Soient n



On en conclut que D et D  se coupent en le point de coordonnées (−1, 1).

Exercice 10.4 1. Si x, y ∈ R, on a x2 + 2x + y 2 − 2y − 2 = (x + 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 − 2. Donc M (x, y) ∈ C ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 = 4.

On en conclut que C est le cercle de centre Ω(−1, 1) et de rayon 2. 2. On résout le système.  2  2   x + 2x + y 2 − 2y − 2 = 0 2x − 2 = 0 x=1 x = −1 M (x, y) ∈ C ∩ D ⇔ ⇔ ⇔ ou y =2−x y =2−x y=1 y = 3.

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On en conclut que les points d’intersection de C et D sont les points A(1, 1) et B(−1, 3).

Exercice 10.5 On paramétrise l’équation cartésienne donnée

  x=λ y=µ M (x, y, z) ∈ P ⇔ z = 4x + 2y − 1 ⇔ ∃λ, µ ∈ R,  z = 4λ + 2µ − 1.   x=λ y=µ Une représentation paramétrique de P est donc  z = 4λ + 2µ − 1.

200

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Exercice 10.6 • On pivote pour éliminer les paramètres M (x, y, z) ∈ P

⇔ ⇔

L1 ←L1 −2L2 L3 ←L3 +L2

⇔

L1 ←L1 −3L3

⇔

 x = 3 + 2λ + µ ∃λ, µ ∈ R, y = −1 + λ − µ  z = 1 − λ + 2µ  + 3µ x − 2y = 5 y = −1 + λ − µ ∃λ, µ ∈ R,  y+ z = µ   x − 5y − 3z = 5 y = −1 + λ − µ ∃λ, µ ∈ R,  y +z =µ x − 5y − 3z − 5 = 0.

On en conclut  que  une équation cartésienne de P est x − 5y − 3z − 5 = 0. 1 • On note n −5 un vecteur normal à P et D = D(A, n). On a −3   x = −1 + t       y = 4 − 5t M (x, y, z) ∈ P ∩ D ⇔ ∃t ∈ R, ⇔ ∃t ∈ R, z = 3 − 3t       x − 5y − 3z − 5 = 0

x=0 y = −1 z=0 t = 1.

On en conclut que le projeté orthogonal de A sur P a pour coordonnées (0, −1, 0).

Exercice 10.7



     −4 1 1 1. Si on note A(1, −3, 0), u −2 et v −1, alors P  = P(A, u, v ). On pose n −3 un 1 2 −2 vecteur normal à P. On a u · n = 0 et v · n = 0, donc u ⊥ n et v ⊥ n. Ainsi n est un vecteur normal à P  . Alors P et P  sont parallèles. / P. Or A ∈ P  . Donc P et P  ne sont pas 2. On a xA − 3yA − 2zA + 1 = 11 = 0, donc A ∈ confondus.

Exercice 10.8

  x=1+t y =2−t 1. De manière immédiate, on a une représentation paramétrique de D :  z = 3 + 2t. 2. On pivote pour éliminer le paramètre.     x=1+t t = x − 1 x+y−3 = 0 y = 2 − t ⇔ ∃t ∈ R, y + x = 3 ⇔ M (x, y, z) ∈ D ⇔ ∃t ∈ R, 2x − z + 1 = 0.   z = 3 + 2t z − 2x = 1 On note P le plan d’équation x + y − 3 = 0 et P  le plan d’équation 2x − z + 1 = 0.

Corrections

201

On a B(1, 2, 0) ∈ P et B ∈ / P  , donc P = P  . De plus, si M (x, y, z) ∈ D, alors d’après le calcul effectué au début de la question, x + y − 3 = 0 et M ∈ P. Ainsi D ⊂ P. De même, on a D ⊂ P  . 3. D’après la question précédente, on a D = P ∩ P  .  x+y−3=0 On en conclut qu’une représentation cartésienne de D est 2x − z + 1 = 0.

Exercice 10.9  1. Les vecteurs uet v ne sont clairement pas colinéaires, donc D et D ne sont pas parallèles.   a a+b=0 a= c 2. On note w   b . On a w  ⊥ u et w  ⊥ v ⇔ ⇔ b+c=0 b = −c. c   1 Donc, pour c = 1, le vecteur w  −1 est orthogonal à u et v . Ainsi w  est normal à D et D  . 1 3. Dans les deux cas, on part d’une représentation paramétrique  et on pivote pour éliminer les x = 1 + λ + µ paramètres. Pour P : M (x, y, z) ∈ P ⇔ ∃λ, µ ∈ R, y = 1 + λ − µ  z =1 +µ  λ x − z = y+z=2+λ ⇔ L1 ←L1 −L3  L2 ←L2 +L3 z=1 +µ  x − y − 2z = −2  y+z =2 +λ ⇔ L1 ←L1 −L2  z =1 +µ

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⇔

x − y − 2z + 2 = 0.

On en conclut qu’une équation cartésienne de P est x − y − 2z + 2 = 0. De même on trouve une équation cartésienne de P  : 2x + y − z − 1 = 0. 4. Le plan P est dirigé par u et w  ; le plan P  est dirigé par v et w,  donc leur intersection D    est dirigée par w.  Ainsi D est orthogonale à D et à D . De plus D et D  sont incluses dans le plan P. Comme elles ne sont pas parallèles, elles se croisent. De même D  et D  se croisent. On en conclut que D  est la perpendiculaire commune à D et D  . 5. On part des équations cartésiennes définissant D  puis on pivote pour paramétriser.  x − y − 2z = −2  ⇔ M (x, y, z) ∈ D 2x + y − z = 1  x − y − 2z = −2 ⇔ 3y + 3z = 5 L2 ←L2 −2L1  x − z = − 13 ⇔ 1 3y + 3z = 5 L1 ←L1 + 3 L2    x = t − 13   ⇔ ∃t ∈ R, y = −t + 53     z = t.

202

Chapitre 10

Géométrie du plan et de l’espace

Une représentation paramétrique de D  est donc

   x = t − 

y = −t +     z = t.

1 3 5 3

Exercice 10.10

  a 1. Les réels a et b n’étant pas tous les deux nuls, d’après le cours n est normal à D. b 2. Le point B appartient à D, donc axB + byB + c = 0 et c = −axB − byB . Donc −−→ BA · n = a(xA − xB ) + b(yA − yB ) = axA + byA − axB − byB = axA + byA + c. −−→ 3. Les points B et H sont sur la droite D, donc BH est colinéaire à un vecteur directeur de D, −−→ puis BH · n = 0. Ainsi −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ BA · n = BH + HA · n = BH · n +HA · n = HA · n. =0



 − −→  HA, n . Le point H étant le projeté orthogonal de A sur D, les vecteurs

Ensuite, on note θ = −−→ HA et n sont colinéaires, donc θ ≡ 0 [π]. On en déduit que cos θ = ±1. Ainsi −−→  −−→  −−→       BA · n = HA · n = HA n |cos θ| = AH n .

4. On en conclut donc que

d(A, D) = AH =

−−→    BA · n n

=

|axA + byA + c| √ . a2 + b2

Exercice 10.11 1. Comme M ∈ C \ {N }, on a a2 + (b − 1)2 = 1 et (a,b) =  (0, 2). Nécessairement, on a b = 2 − − → a (sinon on aurait a2 = 0 et (a, b) = (0, 2)). On a N M et b−2   −−→ −−→ x a A(x, y) ∈ (N M ) ⇔ det N A, N M = 0 ⇔ det = 0 ⇔ x(b − 2) − a(y − 2) = 0. y−2 b−2 On cherche ensuite à déterminer le point d’intersection de (N M ) et (Ox) :   2a x(b − 2) − a(y − 2) = 0 x= A(x, y) ∈ (N M ) ∩ (Ox) ⇔ ⇔ 2 −b y=0 y = 0. On en conclut que les coordonnées de σ(M ) sont



 2a ,0 . 2−b

Corrections  a , puis −2  −−→ −−→ x M (x, y) ∈ (N P ) ⇔ det N M , N P = 0 ⇔ det y−2

−−→ 2. Soit P (a, 0) ∈ (Ox). On a N P



Ainsi

M (x, y) ∈ (N P ) ∩ C

⇔





a −2

203

= 0 ⇔ −2x − a(y − 2) = 0.

x2 + (y − 1)2 = 1 −2x − a(y − 2) = 0

 2  a (y − 2)2 + (y − 1)2 = 1 4 ⇔  x = − a (y − 2) 2  2 a  (y − 2)2 + y 2 − 2y = 0 4 ⇔  x = − a (y − 2) 2  2 a  (y − 2)2 + y(y − 2) = 0 4 ⇔  x = − a (y − 2)   2 2    a (y − 2) + y (y − 2) = 0 4 ⇔   x = − a (y − 2) 2   2   2a   y=  y=2  2 4+a ou ⇔      x = 0.  x = 4a 2 4+a



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 2a2 4a Les points d’intersection de (N P ) et C sont donc N et le point de coordonnées . , 4 + a2 4 + a2 3. D’après la question précédente pour tout point P , on trouve un unique point M ∈ C \ {N } sur (N P ), c’est-à-dire tel que σ(M ) = P . Ainsi σ est une bijection.

Partie 3

Probabilités et statistiques

CHAPITRE

Dénombrement

11

L’essentiel du cours  1 Ensembles finis Définition On dit qu’un ensemble E est une ensemble fini s’il a un nombre fini d’éléments. On appelle alors cardinal de E son nombre d’éléments, noté Card(E) ou |E| ou #E. Théorème Deux ensembles finis E et F sont de même cardinal si et seulement s’il existe une bijection de E dans F . Cardinal d’un sous-ensemble Si E est un ensemble fini et F ⊂ E, alors F est un ensemble fini et Card(F ) ≤ Card(E), avec égalité si et seulement si E = F .

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Cardinaux et sous-ensembles Si E et F sont des ensembles finis et p ∈ N, alors : • Si E ∩ F = ∅, alors Card(E ∪ F ) = Card(E) + Card(F ). • Card(E ∪ F ) = Card(E) + Card(F ) − Card(E ∩ F ) (formule du crible). • Card(E × F ) = Card(E) × Card(F ). • Card(E p ) = Card(E)p . • Card(P(E)) = 2Card(E) .

 2 Dénombrement Dans toute cette partie p sera un entier naturel non nul et E un ensemble fini de cardinal n.

208

Chapitre 11

Dénombrement

Définition • Une p-liste sans répétition de E est une p-liste de E dont les éléments sont deux à deux distincts. • Une permutation de E est une liste de E contenant exactement une fois chaque élément de E. • Si p ∈ N∗ , une p-combinaison d’un ensemble E est une partie de E à p éléments. • Un p-liste sans répétition de E est aussi appelée un arrangement de E à p éléments. • Une permutation de E est une n-liste sans répétition de E. • Une p-liste modélise p tirages successifs avec remise en tenant compte de l’ordre. • Une p-liste sans répétition modélise p tirages successifs sans remise en tenant compte de l’ordre. • Une p-combinaison modélise p tirages successifs sans remise sans tenir compte de l’ordre ou p tirages simultanés. Nombre de p-listes Le nombre de p-listes de E est np . Nombre de p-listes sans répétition Le nombre de p-listes sans répétition de E est Apn =

n! = n(n − 1) · · · (n − p + 1). (n − p)!

Nombre de permutations Le nombre de permutations de E est n!. Nombre de combinaisons Le nombre de p-combinaisons de E est

  n(n − 1) · · · (n − p + 1) n n! = . = p!(n − p)! p! p

AVEC SANS

ORDRE

RÉPÉTITION AVEC

SANS

p-listes

p-arrangements n! Apn = (n − p)!

np

p-combinaisons   n! n = p p!(n − p)!

Les méthodes à maîtriser

209

Les méthodes à maîtriser Méthode 11.1 : Dénombrer des anagrammes Un certain nombre de problèmes de dénombrement peuvent se ramener à compter des anagrammes d’un « mot ». Pour ce faire, si notre mot initial est de longueur n : 1. On compte le nombre de fois qu’apparaît chaque lettre dans le mot initial. 2. On prend une de ces lettres (en général, celle qui apparait le plus). Si elle apparaissait p fois dans le mot initial, on compte le nombre de façons de placer ces p mêmes lettres dans un mot de longueur  n. Cela revient à choisir la place de ces p lettres parmi n places n possibilités. possibles. On a donc p 3. On recommence avec une autre lettre du mot, en n’oubliant pas qu’il ne reste plus que n − p places disponibles pour placer les lettres. 4. On continue ainsi de suite pour toutes les lettres. Le nombre d’anagrammes sera le produit de toutes les possibilités trouvées pour chaque lettre. Exemple d’application Compter les anagrammes du mot MISSISSIPPI Ce mot contient 11 caractères dont 4 S, 4 I, 2 P et 1 M. Comptons les anagrammes de ce mot :   11 • On place les 4 S dans un mot de 11 lettres : possibilités. 4   7 • On place les 4 I parmi les 7 places restantes : possibilités. 4   3 • On place les 2 P parmi les 3 places restantes : = 3 possibilités. 2 • On place le M sur la seule place restante

:

1

possibilité.    11 7 Ainsi le nombre d’anagrammes du mot MISSISSIPPI est × 3 × 1 = 34 650. 4 4 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Voir exercices 11.2, 11.6 et 11.10.

Méthode 11.2 : Dénombrer un ensemble Pour compter le nombre d’éléments vérifiant une propriété ou compter le nombre de configurations issues d’une expérience, on découpe le problème en plusieurs étapes et on utilise les formules du cours pour dénombrer chaque étape. On fera bien attention de vérifier qu’on n’a pas oublié de cas et qu’on n’a pas compté plusieurs fois les mêmes cas (sinon il faudra diviser par le nombre de fois que l’on a compté). Exemple d’application (1) Avec un jeu de 52 cartes, on distribue une main de 5 cartes. Combien y a-t-il de mains comportant une double paire (mais pas de full) ?

210

Chapitre 11

Dénombrement

(2) Si n ∈ N, de combien de façon peut-on répartir n paires de chaussettes identiques dans trois tiroirs ? (On ne peut pas dissocier les chaussettes d’une même paire) (1) On commence par rappeler qu’un jeu de 52 cartes est découpé en 4 couleurs (pique, carreau, cœur et trèfle) et dans chaque couleur il y a 13 hauteurs différentes (2, 3, . . ., 10, Valet, Dame, Roi, As). On va « construire » une main comportant exactement deux paires :   13 • On choisit les hauteurs de nos deux paires : possibilités. 2   4 • On choisit les deux couleurs pour notre première paire : possibilités. 2   4 • De même pour la deuxième paire : possibilités. 2   52 − 8 • On choisit la 5ème carte, d’une hauteur différente : = 44 possibilités. 1   2 13 4 × 44 = 123 552. Ainsi le nombre de mains comportant exactement deux paires est 2 2 (2) Les paires de chaussettes étant identiques, la seule chose qui importe est le nombre de paires dans chaque tiroir. Des tiroirs pouvant difficilement être indiscernables, ils ont un ordre. Si on note a le nombre de paires de chaussettes dans le premier tiroir, b celui dans le deuxième et c celui dans le troisième, le problème se ramène à chercher trois entiers naturels a, b et c tels que a + b + c = n. • On choisit a ∈ [[0, n]] : n + 1 possibilités. • On choisit b ∈ [[0, n − a]] : n + 1 − a possibilités. • On choisit c = n − a − b : 1 possibilité. Ici, on ne peut pas simplement faire le produit car le nombre de choix de b dépend de la valeur de a. On va donc distinguer en fonction de la valeur de a : n n n    (n + 1)(n + 2) n(n + 1) = . ((n + 1 − a) × 1) = (n + 1) − a = (n + 1)2 − 2 2 a=0 a=0 a=0 Il y a donc

(n + 1)(n + 2) façons de répartir les paires de chaussettes. 2

• Un des grands avantages du dénombrement est qu’on n’est pas du tout obligé de suivre l’ordre chronologique pour compter. • Pour dénombrer le nombre de configurations issues d’une expérience, il suffit de chercher à construire une configuration voulue, en comptant toutes les possibilités à chaque étape de la construction. Voir exercices 11.1 à 11.11.

Les méthodes à maîtriser

211

Interro de cours 1. Soient E et F deux ensembles finis. Les propositions suivantes sont-elles toujours vraies ? (a) Si Card(E) = Card(F ), alors E = F . (b) Card(E ∪ F ) = Card(E) + Card(F ). (c) Card(E ∩ F ) = Card(E) × Card(F ).

(d) Card(P (E)) = 2Card(E) .

2. Si Card(E) = n, rappeler le nombre de p-listes sans répétition de E et le nombre de pcombinaisons de E.

3. On considère une urne contenant des boules numérotées de 1 à 50. Déterminer le nombre de tirages possibles de 5 boules :

(a) avec remise et en tenant compte de l’ordre. (b) sans remise et en tenant compte de l’ordre. (c) sans remise et sans tenir compte de l’ordre.

4. Le raisonnement suivant est-il juste ? Le corriger le cas échéant.

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Dans un jeu de 52 cartes, on veut compter le nombre de mains de 5 cartes contenant exactement une paire (on exclut les doubles paires, les brelans, etc).   4 Pour choisir la hauteur de la paire, on a 13 possibilités. On a ensuite = 6 possibilités pour 2 les couleurs des cartes de cette paire. Ensuite, on a 52 − 4 = 48 choix pour la troisième carte (pour éviter une carte de la même hauteur que la paire), 48 − 4 = 44 choix pour la quatrième carte (qui doit être d’une hauteur encore différente pour éviter une double paire) et 44 − 4 = 40 choix pour la dernière carte. On a donc 13 × 6 × 48 × 44 × 40 = 6 589 440 mains avec exactement une paire.

212

Chapitre 11

Dénombrement

Exercices Pour s’entraîner Exercice 11.1 On utilise un jeu de 32 cartes (7, 8, 9, 10, Valet, Dame, Roi et As dans cet ordre dans chacune des quatre couleurs ♠, ♦, ♥ et ♣). 1. On tire une carte. Quel est le nombre de possibilités d’obtenir un 7 ou une figure (Valet, Dame ou Roi) ? 2. On tire successivement deux cartes sans remise. Quel est le nombre de possibilités d’obtenir un Roi suivi d’une Dame ? 3. On tire successivement 4 cartes sans remise. Quel est le nombre de possibilités d’obtenir quatre Rois ? 4. On tire une main de 5 cartes. Quel est le nombre de possibilités d’obtenir : a. la Dame de ♥. d. exactement deux ♠ et deux Rois. e. au moins un Roi. b. exactement trois ♥. f. au plus quatre ♠. c. exactement deux ♠ et deux ♣.

Exercice 11.2 Déterminer le nombre d’anagrammes du mot 1. PLUME 2. MOUTON

3. ASSASSIN 4. ABRACADABRA.

Exercice 11.3 Dans une classe de 45 élèves, tout le monde se serre la main le matin en arrivant. Quel est le nombre de poignées de mains échangées ?

Exercice 11.4 Une association composée de 32 personnes (18 hommes et 14 femmes) doit élire parmi ses membres son bureau constitué d’un président, d’un vice-président du sexe opposé à celui du président, d’un trésorier, d’un secrétaire et d’un gardien nécessairement un homme. Quel est le nombre de bureaux possibles ?

Exercice 11.5 Sur une étagère, un élève possède 4 livres de SVT, 2 livres de Mathématiques et 3 livres de Physique-Chimie. Quel est le nombre de façon de ranger les livres en les gardant groupés par matière ?

Exercice 11.6 Déterminer le nombre de chemins allant du point O(0, 0) au point A(3, 5) en n’autorisant que les déplacements d’un cran vers la droite et les déplacements d’un cran vers le haut.

Exercices

213

Pour aller plus loin Exercice 11.7 On lance un dé à 6 faces n fois et on note le résultat de chaque lancer. On note k et p des entiers tels que 0 ≤ k ≤ p ≤ n. 1. Combien y a-t-il de résultats possibles ? 2. Dans combien de ces résultats a-t-on obtenu un 6 exactement k fois ? 3. Dans combien de ces résultats a-t-on obtenu un 6 exactement k fois au cours des p premiers lancers ? 4. Dans combien de ces résultats a-t-on obtenu le kème 6 au pème lancer ?

Exercice 11.8 On dispose de sept pierres précieuses toutes différentes. De combien de façon peut-on les disposer pour constituer 1. un collier avec un fermoir ? 2. un collier sans fermoir ?

Exercice 11.9 On lance six dés de couleurs différentes (bleu, blanc, rouge, jaune, vert et noir), chacun à 6 faces. 1. Quel est le nombre de résultats possibles ? 2. Quel est le nombre de résultats avec 5 valeurs identiques ? 3. Quel est le nombre de résultats avec 5 entiers consécutifs ?

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Exercice 11.10 On dispose de r paires de chaussettes et n tiroirs. On répartit toutes les paires de chaussettes dans les tiroirs. Chaque tiroir est assez grand pour accueillir toutes les paires de chaussettes. 1. On suppose les paires de chaussettes toutes différentes. Combien de répartitions possibles peut-on avoir ? 2. On suppose les paires de chaussettes toutes identiques. Combien de répartitions possibles peut-on avoir ? 3. On suppose encore les paires de chaussettes toutes identiques. Combien de répartitions sans aucun tiroir vide peut-on avoir ?

Exercice 11.11 On dispose de n jetons numérotés de 1 à n. On les tire successivement sans remise. On dit qu’il y a record au rang i, si lors du ième tirage, le jeton tiré a un numéro supérieur aux jetons tirés auparavant. Par convention, le premier tirage est forcément un record. 1. Déterminer le nombre de façons d’avoir n records. 2. Déterminer le nombre de façons d’avoir 1 seul record. 3. Déterminer le nombre de façons d’avoir un record au rang i. 4. Déterminer le nombre de façons d’avoir exactement 2 records.

214

Chapitre 11

Dénombrement

Corrections Interro de cours 1. (a) Faux. Si E = {0} et F = {1}, alors Card(E) = Card(F ) mais E = F .

(b) Faux. D’après la formule du crible, Card(E ∪ F ) = Card(E) + Card(F ) − Card(E ∩ F ).

(c) Faux. Si E = {0} et F = {1}, alors Card(E ∩ F ) = Card(∅) = 0 = Card(E) × Card(F ).

(d) Vrai. Cf. cours.

n! 2. • Le nombre de p-listes sans répétition de E est .   (n − p)! n! p . • Le nombre de p-combinaisons de E est = p!(n − p)! n 3. On peut modéliser l’ensemble des boules tirées par E = [[1, 50]]. (a) Il s’agit de compter les 5-listes de E. Il y en a 505 = 312 500 000. (b) Il s’agit de compter les 5-listes sans répétition de E. Il y en a 50! = 50 × 49 × 48 × 47 × 46 = 254 251 200. 45! (c) Il s’agit de compter les 5-combinaisons de E. Il y en a 50 × 49 × 48 × 47 × 46 50! = = 2 118 760. 5!45! 5×4×3×2×1

4. Le raisonnement est faux. Pour compter le nombre de mains de 5 cartes, on ne tient pas compte de l’ordre des cartes tirées. Ceci a bien été respecté dans le tirage de la paire mais n’a pas été respecté dans le tirage des trois autres cartes. Pour corriger, il suffit de compter combien de fois on a compté en trop nos mains, du fait d’avoir introduit un ordre sur les trois dernières cartes. Les trois dernières cartes étant différentes, le choix de l’ordre de ces cartes correspond à une permutation de trois éléments : 3! = 6 possibilités. Il suffit donc juste de diviser le résultat donné par le raisonnement erroné par 6 pour le rectifier. 13 × 6 × 48 × 44 × 40 = 1 098 240 mains avec exactement une paire. On a donc 6

Exercice 11.1 1. On a 4 possibilités pour tirer un 7 et 12 possibilités pour tirer une figure. Ces deux éventualités étant incompatibles, il suffit de faire la somme des cardinaux. Ainsi il y a 4 + 12 = 16 possibilités de tirer un 7 ou une figure. 2. On tire d’abord un Roi : 4 possibilités ; puis on tire une Dame : 4 possibilités. On a donc 4 × 4 = 16 possibilités d’obtenir un Roi puis une Dame sur le tirage successif de deux cartes. 3. On tire tous les Rois et que des Rois. Il ne reste plus qu’à déterminer dans quel ordre on les a tiré : 4! possibilités. Il y a donc 4! = 24 possibilités d’obtenir quatre Rois sur le tirage successif de quatre cartes. 4. Dans le tirage d’une main de 5 cartes, on ne tient pas compte de l’ordre.

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Corrections

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a. On tire la Dame de ♥ : 1 possibilité ; puis on tire 4 autres cartes (parmi les 31 restantes) :     31 31 = 31 465 possibilités de tirer la Dame de ♥. possibilités. On a donc 4 4   8 possibilités ; puis on tire 2 cartes qui ne sont pas des ♥ : b. On tire 3 cartes de ♥ : 3       24 8 24 = 15 456 possibilités de tirer exactement 3 ♥. × possibilités. On a donc 2 3 2     8 8 c. On tire 2 cartes de ♠ : possibilités ; puis on tire 2 cartes de ♣ : possibilités ; on 2 2     8 8 finit en tirant une carte de ♦ ou ♥ : 16 possibilités. On a donc × × 16 = 12 544 2 2 possibilités de tirer exactement deux ♠ et deux ♣. d. On distingue deux cas. • Si on tire le Roi de ♠. On tire le Roi de ♠ : 1 possibilité ; puis on tire un autre Roi : 3 possibilités ; puis on tire uneautre tirant  carte de ♠ : 7 possibilités ; on finit en   2 cartes qui 21 21 ne sont ni un ♠ ni un Roi : possibilités. Dans ce cas, on a 3 × 7 × possibilités. 2   2 3 • Si on ne tire pas le Roi de ♠. On tire 2 Rois en évitant le Roi de ♠ : = 3 possibilités ; 2   7 possibilités ; on finit en tirant une carte qui n’est ni un puis on tire 2 cartes de ♠ : 2   7 × 21 possibilités. ♠ ni un Roi : 21 possibilités. Dans ce cas, on a 3 × 2 Ces deux cas étant incompatibles, il suffit d’effectuer la somme pour conclure.     7 21 × 21 = 5 733 possibilités de tirer exactement 2 Rois +3× Ainsi il y a 3 × 7 × 2 2 et 2 ♠. e. Il est plus simple de considérer le contraireA :« Ne tirer aucun Roi ». On dénombre A. 28 On tire 5 cartes qui ne sont pas des Rois : possibilités. Donc le cardinal de A est le 5   32 auquel on soustrait le cardinal de A. nombre de mains totales 5     32 28 Ainsi, il y a − = 103 096 possibilités de tirer au moins un Roi. 5 5   8 f. On procède de même. On dénombre le fait de n’avoir tiré que des ♠ : possibilités. 5     32 8 Ainsi, il y a − = 201 320 possibilités de tirer au plus 4 ♠. 5 5

216

Chapitre 11

Dénombrement

Quand on doit dénombrer un ensemble comportant un grand nombre de cas à distinguer, il peut être intéressant de regarder si le complémentaire impose moins de cas à distinguer. C’est typiquement le cas quand on doit dénombrer un événement du type « Obtenir au moins un . . . ».

Exercice 11.2 1. Ici toutes les lettres sont différentes, seul leur ordre compte. Il s’agit du nombre d’arrangements de 5 éléments. On a donc 5! = 120 anagrammes de PLUME. 2. On commence par  placer la lettre apparaissant plusieurs fois. On place les 2 O dans les 6 places disponibles : 62 possibilités ; puis on place toutes les autres lettres distinctes parmi les 4 places restantes : 4! possibilités.   6 On a donc × 4! = 360 anagrammes de MOUTON. 2  3. On place les 4 S dans les 8 places disponibles : 84 possibilités ; puis on place les 2 A dans les 4 4 places restantes : 2 possibilités ; on finit en plaçant les deux autres lettres distinctes dans les deux places restantes : 2! possibilités.     8 4 On a donc × × 2! = 840 anagrammes de ASSASSIN. 4 2   4. On place les 5 A dans les 11 places disponibles : 11 5 possibilités ; puis on place les 2 B dans  6 les 6 places restantes : 2 possibilités ; puis on place les 2 R dans les 4 places restantes : 42 possibilités ; on finit en plaçant les deux autres lettres distinctes : 2! possibilités.       11 6 4 On a donc × × × 2! = 83 160 anagrammes de ABRACADABRA. 5 2 2

Exercice 11.3 Une poignée de mains correspond à un couple d’élève. Compter le nombre de poignées de mains revient donc à compter le nombre de couples d’élèves. Il s’agit du nombre de façon de choisir 2 élèves parmi 45.   45 Il y a donc = 990 poignées de mains échangées. 2

Exercice 11.4 On commence par ceux imposant un choix. • On choisit une femme . . . . . . . . . . . . . . . : 14 possibilités • On choisit un homme . . . . . . . . . . . . . . . : 18 possibilités • On choisit lequel est le président . . . . : 2 possibilités • On choisit le gardien . . . . . . . . . . . . . . . . : 17 possibilités • On choisit le trésorier . . . . . . . . . . . . . . . : 29 possibilités • On choisit le secrétaire . . . . . . . . . . . . . . : 28 possibilités. Ainsi il y a 14 × 18 × 2 × 17 × 29 × 28 = 6 957 216 bureaux possibles.

Corrections

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Exercice 11.5

• On choisit l’ordre dans lequel on range les matières entre elles : 3! possibilités • On choisit l’ordre dans le quel on range les livres de SVT entre eux : 4! possibilités • On choisit l’ordre dans le quel on range les livres de Maths entre eux : 2! possibilités • On choisit l’ordre dans le quel on range les livres de P-C entre eux : 3! possibilités. Ainsi il y a 3! × 4! × 2! × 3! = 1 728 façons de ranger les livres en les gardant groupés par matière.

Exercice 11.6 On commence par remarquer que chaque chemin nous intéressant est constitué de 8 déplacements : 3 à droite et 5 en haut. On code le problème en notant « d » un déplacement vers la droite et « h » un déplacement vers le haut. À chaque chemin nous intéressant correspond un et un seul mot de 8 lettres comprenant 3 « d » et 5 « h ». Il s’agit donc de compter   le nombre d’anagrammes correspondant. On place les 5 « h » dans les 8 places disponibles : 85 possibilités ; puis on place les 3 « d » dans les 3 places restantes : 1 possibilité.   8 = 56 chemins allant de O jusqu’à A. Ainsi il y a 5

Exercice 11.7

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

En notant le résultat de chaque lancer, on modélise une série de tirages par une n-liste de [[1, 6]]. 1. Il s’agit de compter le nombre de n-listes de [[1, 6]]. Il y a donc 6n résultats possibles. 2. Il s’agit de déterminer la place des 6 et les valeurs prises là où il n’y a pas de 6. • On choisit la place des k 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : nk possibilités • On choisit la valeur prise dans les autres emplacements : 5n−k possibilités.   n n−k Il y a donc 5 résultats avec exactement k 6. k   3. • On choisit la place des k 6 dans les p premières places : kp possibilités • On choisit la valeur prise dans les autres emplacements : 5n−k possibilités.   p n−k 5 Il y a donc résultats avec exactement k 6 dans les p premiers lancers. k 4.

• On place un 6 à la pème place . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :  1  possibilité p−1 possibilités • On choisit la place des k − 1 autres 6 dans les p − 1 premières places : k−1 • On choisit la valeur prise dans les autres emplacements. . . . . . . . . . . : 5n−k possibilités.   p − 1 n−k Il y a donc 5 résultats avec le k ème et dernier 6 au pème lancer. k−1

Exercice 11.8 1. Le fermoir permet de distinguer quelle pierre on met en premier sur le collier. Il ne s’agit donc que d’une permutation de 7 éléments. On peut donc disposer de 7! = 5 040 façons les pierres pour constituer un collier avec fermoir.

218

Chapitre 11

Dénombrement

2. On note C le cardinal à déterminer. S’il n’y a pas de fermoir, il est impossible de savoir quelle pierre a été mise en premier. Pour se ramener au cas précédent, il faudrait rajouter un fermoir après avoir rempli le collier. Il a 7 façons de rajouter un fermoir (il y a 7 pierres sur le collier et donc 7 espaces entre deux pierres consécutives). Il y a donc 7C façons de remplir un colier avec fermoir. D’après la question précédente, 7C = 7!, puis C = 6!. On peut donc disposer de 6! = 720 façons les pierres pour constituer un collier sans fermoir.

Exercice 11.9 Les 6 dés étant discernables, on peut relever les résultats dans un certain ordre. Tout fonctionne donc avec ordre et avec répétition. 1. Il s’agit du nombre de 6-listes de [[1, 6]]. Il y a donc 66 = 46 656 résultats possibles.  2. On choisit les 5 dés ayant la même valeur : 65 = 6 possibilités ; puis on choisit la valeur de ces 5 dés : 6 possibilités ; pour finir, on choisit la valeur de l’autre dé : 5 possibilités. Ainsi il y a 6 × 6 × 5 = 180 résultats possibles avec 5 valeurs identiques. 3. Les suites possibles de 5 valeurs consécutives dans [[1, 6]] sont « 1, 2, 3, 4, 5 » et « 2, 3, 4, 5, 6 ». La valeur minimale de cette suite est donc soit 1 soit 2. De plus, si on a 5 valeurs consécutives, il y a forcément une valeur atteinte deux fois. • On choisit la valeur minimale de la suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 2 possibilités • On choisit, parmi les valeurs de la suite, la valeur prise deux fois : 5 possibilités • On choisit les deux dés prenant cette valeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 62 possibilités • On ordonne les dés restant pour leur affecter les autres valeurs de la suite par ordre croissant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 4! possibilités.   6 Ainsi il y a 2 × 5 × × 4! = 7 200 résultats possibles avec 5 valeurs consécutives. 2

Exercice 11.10 Les tiroirs sont forcément discernables, donc on peut considérer qu’ils sont numérotés de 1 à n. 1. Les paires de chaussettes étant toutes différentes, on peut les numéroter de 1 à r. On peut donc placer les paires de chaussettes une à une en suivant la numérotation et noter le numéro du tiroir dans lequel elle atterrit. On peut donc coder le problème avec une r-liste de [[1, n]]. Ainsi le nombre de répartitions possibles est nr 2. Les paires de chaussettes étant indiscernables, seul le nombre de paires de chaussettes dans chaque tiroir nous intéresse. On va coder le problème de la façon suivante : • Chaque répartition va correspondre à un mot contenant les caractères « ◦ » et « | ». • On met autant de « ◦ » qu’il y a de paire de chaussettes dans le premier tiroir. • On met un « | » pour signifier que l’on change de tiroir. • On met autant de « ◦ » qu’il y a de paire de chaussettes dans le deuxième tiroir. • On met un « | » pour signifier que l’on change de tiroir. • On recommence jusqu’à arriver au dernier tiroir et finir par mettre autant de « ◦ » qu’il y a de paire de chaussettes dans le dernier tiroir. Par exemple, pour r = 6 et n = 4, le mot « ◦ ◦ | ◦ ◦ ◦ ||◦ » correspond à la répartition où il y a 2 paires de chaussettes dans le premier tiroir, 3 paires de chaussettes dans le deuxième tiroir, rien dans le troisième tiroir et 1 paire de chaussettes dans le quatrième et dernier tiroir.

Corrections

219

Chaque mot est composé de r « ◦ » et n − 1 « | ». Il s’agit juste de savoir dans quel ordre on place ces caractères. Cela revient à compter le nombre d’anagrammes.   • On place les n−1 « | » dans les r +n−1 places disponibles : r+n−1 possibilités n−1 • On place les r « ◦ » dans les r places restantes . . . . . . . . . : 1 possibilité.   r+n−1 Ainsi le nombre de répartitions est n−1 3. Si r < n, alors il n’y a aucune répartition sans tiroir vide. On suppose donc r ≥ n. Pour dénombrer le problème, on se ramène à la situation de la question précédente : • on commence par mettre une paire de chaussette dans chaque tiroir : 1 possibilité   • on répartit les r − n paires de chaussettes restantes . . . . . . . . . . . . . . : (r−n)+n−1 possibilités. n−1   r−1 Ainsi le nombre de répartitions sans tiroir vide est n−1

Exercice 11.11

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

En notant le no de chaque tirage, on modélise une série de tirage par une permutation de [[1, n]]. 1. La seule façon de battre le record à chaque tirage est de tirer les jetons dans l’ordre croissant. Il n’y a donc qu’une seule façon d’obtenir n records. 2. Le premier tirage étant forcément un record, si on ne veut qu’un seul record, il faut et il suffit de tirer le jeton no n au premier tirage. On dénombre : • on place le jeton no n à la première place : 1 possibilité • on place les autres jetons . . . . . . . . . . . . . . . : (n − 1)! possibilités.

Ainsi, il y a (n − 1)! façons d’obtenir un seul record. 3. On va construire une permutation correspondant à une série de tirages pour laquelle on a eu un record au rang i. n • On prend i jetons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : possibilités i • On place le plus grand de ces i jetons à la ième place . . . . . . . . . . . . . : 1 possibilité • On place les i − 1 autres jetons tirés dans les i − 1 premières places : (i − 1)! possibilités • On prend tous les jetons restants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 1 possibilité • On les place dans les n − i places restantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : (n − i)! possibilités.   n! n Ainsi, il y a × (i − 1)! × (n − i)! = façons d’obtenir un record au rang i. i i 4. Si on veut exactement 2 records, le premier record sera au premier tirage, et pour le deuxième record, on aura tiré le jeton no n. Si on suppose que le deuxième record a eu lieu au j ème tirage (avec j ∈ [[2, n]]), on dénombre : • on place le jeton no n à la j ème place. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . :  1  possibilité possibilités • on prend j − 1 jetons dans les n − 1 restants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : n−1 j−1 • on place le plus grand de ces jetons à la première place . . . . . . . . . . . . . . : 1 possibilité • on place les j − 2 autres jetons tirés entre la 2ème et la (j − 1)ème place : (j − 2)! possibilités • on prend tous les jetons restants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 1 possibilité • on les place dans les n − j places restantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : (n − j)! possibilités.   (n − 1)! n−1 × (j − 2)! × (n − j)! = façons d’avoir exactement 2 records On obtient donc j−1 j−1 avec le deuxième au rang j ∈ [[2, n]].

220

Chapitre 11

Dénombrement

Tous ces cas sont incompatibles, on peut donc sommer les cardinaux obtenus. n n−1  1 1 = (n − 1)! façons d’obtenir exactement 2 records. Ainsi, il y a (n − 1)! j−1 k j=2 k=1

CHAPITRE

Statistique descriptive

12

L’essentiel du cours  1 Statistique univariée Définition • Une population (ou série statistique) est un ensemble fini d’éléments sur lesquels portent une étude statistique. • Les éléments de la population sont appelés individus. • Le nombre total d’individus est appelé effectif total. Définition • Un caractère est une donnée que l’on peut observer sur les individus de la population. • La caractère est dit quantitatif lorsqu’il est numérique (taille, poids, durée, etc). Les différentes valeurs prises par un tel caractère sont appelé ses classes. • Sinon, il est dit qualitatif (couleur des yeux, etc). Dans la suite de cette partie, on considèrera un caractère quantitatif x dont les classes sont x1 < x2 < · · · < xn sur une population d’effectif global N et on prendra k ∈ [[1, n]].

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Définition • L’effectif de la classe xk est le nombre nk d’individus dont le caractère vaut xk . nk • La fréquence de la classe xk est fk = ∈ [0, 1]. N • La somme des effectifs est égale à N et la somme des fréquences est égale à 1. • On peut représenter graphiquement les effectifs (resp. les fréquences) en fonction des classes. • On utilisera un diagramme en bâtons si on connaît les effectifs (resp. fréquence) des valeurs exactes du caractère ou par un histogramme si on connaît les effectifs (resp. fréquence) de plages de valeurs du caractère.

222

Chapitre 12

Statistique descriptive

Définition • L’effectif cumulé croissant de la classe xk est

k 

ni .

i=1

• La fréquence cumulée croissante de la classe xn est

k 

fk .

i=1

On peut aussi représenter graphiquement les effectifs cumulés croissants (resp. fréquences cumulées croissantes) par la courbe d’une fonction affine par morceaux. Définition • Le mode de la série statistique est la valeur du caractère ayant le plus gros effectif. • La médiane Me de la série statistique est une valeur qui sépare la population en deux groupes de même effectif : ceux dont la classe est inférieure et ceux dont la classe est supérieure. En particulier si l’effectif de chaque classe vaut 1 :  si n = 2p + 1 est impair, la médiane est xp+1 ,  si n = 2p est pair, la médiane est une valeur entre xp et xp+1 (par défaut, leur moyenne). • La moyenne de la série statistique est le réel n n  1  x= xi ni = xi fi . N i=1 i=1 On peut déterminer graphiquement la médiane si on connaît les effectifs des valeurs exactes du caractère et approximer graphiquement la médiane si on connaît les effectifs de plages de valeurs du caractère (cf méthode 12.1). Définition • Le premier quartile Q1 est la plus petite valeur de la série statistique telle qu’au moins un quart des valeurs lui soient inférieures ou égales. • Le troisième quartile Q3 est la plus petite valeur de la série statistique telle qu’au moins trois quarts des valeurs lui soient inférieures ou égales. • Si p ∈ [[1, 9]], le pème décile Dk est la plus petite valeur de la série statistique telle qu’au moins k dixièmes des valeurs lui soient inférieures ou égales. • La variance de x est le réel n n  1  Vx = (xi − x)2 ni = (xi − x)2 fi . N i=1 i=1 √ • L’écart-type de x est le réel sx = Vx . Formule de Kœnig-Huygens La variance de x est égale à Vx = x2 − x2 .

L’essentiel du cours

223

 2 Statistique bivariée

Dans cette partie, on considèrera deux caractères quantitatifs x et y dont les classes sont x1 < x2 < · · · < xn et y1 < y2 < · · · < yn sur une population d’effectif global N . Définition • Le nuage de points associé aux caractères x et y est l’ensemble de points {(x1 , y1 ), (x2 , y2 ), . . . , (xn , yn )}. • Le point moyen du nuage est le point G(x, y). Définition • On note, pour i, j ∈ [[1, n]], ni,j le nombre d’individus vérifiant les caractères x = xi et y = yj . La covariance de x et y est le réel n n 1  (xi − x)(yj − y)ni,j . sx,y = N i=1 j=1

• Le cœfficient de corrélation de x et y est le réel rx,y =

sx,y ∈ [−1, 1]. sx sy

• Le cœfficient de corrélation mesure à quel point les caractères x et y sont liés de manière affines. Plus ce cœfficient est proche de −1 ou de 1 et plus leur nuage de point suit une droite. • On considère qu’il est pertinent de supposer une relation affine entre x et y dès lors que |rx,y | > 0, 8. Formule de Kœnig-Huygens La covariance de x et y est égale à sx,y = xy − x · y.

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Moindres carrés La droite qui approxime le mieux le nuage de point associé à x et y, au sens où elle minimise la somme des carrés des écarts verticaux entre les points et la droite, est la droite d’équation sx,y sx,y y = ax + b avec a = 2 et b = y − 2 x. sx sx Proposition Le point moyen est sur la droite obtenue avec la méthode des moindres carrés (cf proposition précédente).

224

Chapitre 12

Statistique descriptive

Les méthodes à maîtriser Méthode 12.1 : Approximer la valeur de la médiane Si les effectifs (resp. fréquences) d’un caractère ne sont pas donnés valeur par valeur, mais plutôt sur des plages de valeurs, on peut déterminer dans quelle plage de valeur se trouve la médiane, mais on ne peut pas trouver sa valeur exacte. On peut néanmoins l’approximer de la façon suivante. (1) On représente graphiquement les effectifs cumulés croissants (resp. fréquences cumulées croissantes). (2) On relie les points obtenus pour obtenir une courbe polygonale. 1 N (resp. y = ). Son point d’intersection a pour (3) On trace la droite d’équation y = 2 2 abscisse la médiane Me (que l’on peut donc déterminer algébriquement). Exemple d’application Déterminer la médiane de la série statistique donnée par : [0, 2[

x

[2, 6[

[6, 7[

[7, 9[

Effectifs 5 30 15 10 On dresse le tableau des effectifs cumulés croissants. On les représente graphiquement, en reliant les points et on y ajoute la droite d’équation y = 30 pour obtenir x

[0, 2[

[2, 6[

[6, 7[

[7, 9[

Effectifs cumulés

5

35

50

60

Effectifs cumulés 50

35 30

5

M •

B •

A • 2

Me 6

7

x

Les points A, M et B étant alignés, les taux d’accroissements de A à B et de A à M sont égaux. 30 − 5 16 35 − 5 = et Me =  5, 33. Ainsi 6−2 Me − 2 3 Voir exercice 12.2.

Les méthodes à maîtriser

225

Méthode 12.2 : Ajuster deux caractères Pour ajuster deux caractères statistiques x et y, on peut utiliser la méthode des moindre carrés. Cependant, on ne veut pas toujours faire une ajustement affine entre x et y. On commence par tracer le nuage de points de x et y et on regarde sa forme. • Si le nuage est éparpillé, il n’y a aucune corrélation entre x et y. Un ajustement ne sera donc pas pertinent. • Si le nuage ressemble à une droite, on peut appliquer la méthode des moindres carrés pour obtenir un ajustement affine. • Si le nuage ressemble à la courbe d’un exponentielle, on cherchera plutôt un ajustement de la forme y = λeax (avec λ > 0), c’est-à-dire ln(y) = ax + ln(λ). On cherchera donc un ajustement affine de x et ln(y). • Si le nuage ressemble à la courbe d’une puissance, on cherchera plutôt un ajustement de la forme y = λxa (avec λ > 0), c’est-à-dire ln(y) = a ln(x) + ln(λ). On cherchera donc un ajustement affine de ln(x) et ln(y). Exemple d’application Déterminer un ajustement pertinent entre x et y donnés par x

1, 4

4

5

6

9

y 27 44 54 68 119 On commence par représenter le nuage de points y

100

•

• •••

12

14

15

214

334

406

•

•

•

x

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La relation entre y et x ne semble pas affine mais plutôt exponentielle. On calcule donc ln(y). x

1, 4

4

5

6

9

12

14

15

ln(y)

3, 3

3, 8

4

4, 2

4, 8

5, 4

5, 8

6

ln(y)

•

•••

•

• • •

1 x Cette fois-ci, le nuage de points ressemble à une droite. Et après calculs, on obtient a  0, 2 et b  3 (et rx,ln(y) > 0, 999). On obtient donc l’ajustement y = e0,2x+3 . Voir exercices 12.4 et 12.5.

226

Chapitre 12

Statistique descriptive

Interro de cours 1. La langue maternelle d’un individu est-elle un caractère quantitatif ou qualitatif ? 2. Calculer les effectifs cumulés croissant de la série donnée par x

1

2

4

5

Effectifs

5

4

6

3

puis les représenter graphiquement.

3. Déterminer la médiane, le premier quartile et le troisième quartile de la série {0, 2, 5, 8, 9, 12, 15, 18, 20}. 4. Calculer la moyenne et l’écart-type de la série donnée par x

0

1

3

6

Fréquences

0, 1

0, 4

0, 3

0, 2

5. On dispose de la série statistique double x

1

2

3

4

y

2, 9

5, 1

7, 2

8, 9

(a) Tracer le nuage de points associés à x et y et leur point moyen G. (b) On conjecture un ajustement affine de x et y. Calculer le cœfficient de corrélation de x et y. Cet ajustement semble-t-il pertinent ? (c) Effectuer l’ajustement affine à l’aide de la méthode des moindres carrés et tracer cette droite sur le graphique comportant le nuage de points.

Exercices

227

Exercices Pour s’entraîner Exercice 12.1

Nombres de personnes

Dans un établissement scolaire, on demande à un échantillon de 50 élèves combien de fois ils mangent au restaurant scolaire dans la semaine. Les données sont représentées dans le diagramme ci-contre. 1. Déterminer le mode, la médiane et le premier et troisième quartile de la série statistique. 2. Calculer la moyenne et l’écart-type de la série statistique.

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

0

1

2 3 4 Nombre de repas

5

Exercice 12.2

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Après une étude sur le taux de cholestérol (en g/L) d’un échantillon de 100 personnes, on obtient les résultats suivants : Taux de cholestérol

[1.2, 1.4[

[1.4, 1.6[

[1.6, 1.8[

[1.8, 2.0[

[2.0, 2.2[

Effectifs

5

14

15

21

18

Taux de cholestérol

[2.2, 2.4[

[2.4, 2.6[

[2.6, 2.8[

[2.8, 3.0[

[3.0, 3.2[

Effectifs

10

7

5

3

2

1. Approximer la valeur de la médiane, ainsi que du premier et troisième quartile. 2. On suppose homogène la répartition dans chaque classe. Calculer la moyenne et l’écart-type de cette série statistique.

Exercice 12.3 On cherche à étudier la relation entre le nombre d’enfants d’un couple et son salaire mensuel en euros. On dispose de la série bidimensionnelle suivantes : Salaire en euros (x)

510

590

900

1420

2000

600

850

1300

2200

Nombre d’enfants (y)

4

3

2

1

0

5

6

7

8

1. Représenter le nuage de points et calculer le cœfficient de corrélation linéaire de x et y. 2. Ces deux séries statistiques sont-elles indépendantes ?

228

Chapitre 12

Statistique descriptive

Pour aller plus loin Exercice 12.4 L’évolution de la population mondiale (en millions d’habitants) de 1950 à 2015 est résumée dans le tableau suivant Année 1950 1955 1960 1965 1970 1975 1980 Rang de l’année (x)

0

5

10

15

20

25

30

Population mondiale (y)

2 525

2 758

3 018

3 322

3 682

4 061

4 439

Année

1985

1990

1995

2000

2005

2010

2015

Rang de l’année (x)

35

40

45

50

55

60

65

Population mondiale (y)

4 852

5 309

5 735

6 126

6 519

6 929

7 349

Source : ONU (World Population Prospects : The 2015 Revision) 1. À l’aide d’une calculatrice ou d’un logiciel sur ordinateur, tracer le nuage de points de x et y. 2. Effectuer un ajustement de la forme y = 2 525 + λxa . 3. Quelle population mondiale peut-on prévoir en 2100 ?

Exercice 12.5 Une étude portant sur les dépenses mensuelles moyennes, en euros, (alimentaires/habillementloisirs) a été effectuée sur des ménages français composés d’un couple et d’un enfant mineur. Les données récoltées ont été résumées dans le tableau suivant Revenus mensuel moyen (x) 790 1 198 1 577 1 986 3 007 4 989 7 906 Dépenses alimentaires (y)

614

738

828

908

1 094

1 406

1 730

Dépenses habillement-loisirs (z)

40

81

131

199

406

951

2 030

1. À l’aide d’une calculatrice ou d’un logiciel sur ordinateur, représenter graphiquement sur une même première figure le nuage des points de x et y et le nuage des points de x et z. Quels ajustements peut-on prévoir ? 2. a. À l’aide d’une calculatrice ou d’un logiciel sur ordinateur, calculer le cœfficient de corrélation linéaire entre ln(x) et ln(y) et celui entre ln(x) et ln(z). b. Vérifier alors la validité des ajustements prévus à la question 1. . h c. En déduire des relations de la forme : y = kxα et z = 5 xβ . 10 (On arrondira k, h, α et β à 10−2 près) 3. a. Déterminer les dépenses alimentaires et les dépenses d’habillement-loisirs moyennes d’un ménage dont le revenu mensuel moyen est de 4 000e. b. Déterminer le revenu mensuel d’un ménage qui dépense autant pour la nourriture que pour l’habillement-loisirs.

Corrections

229

Corrections Interro de cours 1. Il s’agit d’un caractère qualitatif. 2. On obtient le tableau et le graphique suivant y x

1

2

4

5

Effectifs cumulés

5

9

15

18

15 10 5

•

•

•

•

x 1 2 4 5 3. Les 10 valeurs sont classées par ordre croissant, donc la médiane est la moyenne du 5ème et du ème quartile est le 8ème terme 6ème terme ; le 1er quartile est le 3ème terme (car 10 4 = 2.5) et le 3 3×10 (car 4 = 7.5). Donc Me = 10.5 ; Q1 = 5 ; Q3 = 15 4. On a x = 0 × 0.1 + 1 × 0.4 + 3 × 0.3 + 6 × 0.2 = 2.5. Pour l’écart-type, on commence par calculer x2 = 02√× 0.1 + 12 × 0.4 + 32 × 0.3 + 62 × 0.2 = 10.3, puis Vx = x2 − x2 = 10.3 − 2.52 = 4.05. Ainsi sx = 4.05  2. 5. (a) On obtient le graphique suivant

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

y 8 6 4 2

•

0

1

• • G 2

•

3

•

4

x

(b) Après calculs, on obtient x = 2.5, y = 6.025, x2 = 7.5, y 2 = 41.3675, xy = 17.575, sx  1.1180340, sy  2.2509720, sx,y  2.5125 et rx,y  0.9983457. Le cœfficient de corrélation est très proche de 1 donc un ajustement affine semble pertinent. (c) Après calculs, a  2.01 et b  1. On obtient donc le graphique suivant y 8 6 4 2

•

0

1

• • G 2

•

3

•

4

x

230

Chapitre 12

Statistique descriptive

Exercice 12.1 1. Le mode vaut 0. Si on notait le nombre de repas de chaque élève et qu’on classait le tout par ordre croissant, les 25ème et 26ème valeurs seraient des 1, donc Me = 1. La 13ème valeur serait un 0, donc Q1 = 0 ; la 38ème valeur serait un 4, donc Q3 = 4. 2. Après calculs, on obtient x = 2.16 ; x2 = 8 et sx  1.826.

Exercice 12.2 1. On commence par calculer les effectifs cumulés croissants Taux de cholestérol

[1.2, 1.4[

[1.4, 1.6[

[1.6, 1.8[

[1.8, 2.0[

[2.0, 2.2[

Effectifs

5

19

34

55

73

Taux de cholestérol

[2.2, 2.4[

[2.4, 2.6[

[2.6, 2.8[

[2.8, 3.0[

[3.0, 3.2[

Effectifs

83

90

95

98

100

Puis on représente graphiquement Effectifs cumulés 75 50 25 5 1.2

M • 1.4

Q1

Me

Taux de cholestérol

Q3

La 50ème valeur se situe donc entre 1.8 et 2. Si on considère que le point M (Me, 50) est sur le 50−34 = 55−34 segment défini par les points de coordonnées (1.8, 34) et (2, 55), on obtient que Me−1.8 2−1.8 , 0.2×16 c’est-à-dire Me = 1.8 + 21  1.95. 34−19 83−73 = 1.8−1.6 , c’est-à-dire Q1 = 1.6 + 0.2×6 = 1.68, et Q75−73 = 2.4−2.2 , De même, on a Q25−19 15 1 −1.6 3 −2.2 0.2×2 c’est-à-dire Q3 = 2.2 + 10 = 2.24. 2. Si on considère la répartition homogène au sein de chaque classe, on peut remplacer chaque intervalle par son milieu. On obtient donc la série statistique suivantes Taux de cholestérol

1.3

1.5

1.7

1.9

2.1

2.3

2.5

2.7

2.9

3.1

Effectifs 5 14 15 21 18 Après calculs, on obtient x = 1.996 et sx  0.4199810.

10

7

5

3

2

Exercice 12.3 1. On obtient le graphique ci-contre. Après calculs, rx,y  0.0256692. 2. Le cœfficient de corrélation est très proche de 0, les deux séries statiqtiques semblent donc indépendantes.

y 7 5• • 3 • 1 500

•

•

• •

1 000

• 1 500

• 2 000

x

Corrections

231

Exercice 12.4 1. On obtient le graphique suivant y 8 000 5 000

• • • • • • • • 2 000 5 25

• • • • • • 50

x

2. On a y = 2 525 + λxa si et seulement si ln(y − 2525) = a ln(x) + ln(λ). Il faut donc enlever la première valeur de la série statistique de x (pour éviter d’avoir ln(0)) et donc de y aussi. On applique donc la méthode des moindres carrées aux séries statistiques ln(x) et ln(y − 2 525). Après calculs, on obtient a  1.2054434 et ln(λ)  3.4603496, c’est-à-dire λ  31.828102 3. L’année 2100 correspond à x = 150. Donc en 2100, on peut prévoir une population de 2 525 + λ × 150a  15 890 millions d’habitants

Exercice 12.5

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1. On obtient le graphique suivant, avec en noir les points de x et y et en gris les points de x et z. y • 2 000 • • • 1 000 • • • • • • 100 • • • • x 700 2 500 5 000 7 500 Les points de x et y semblent ralentir leur croissance, on peut donc conjecturer un ajustement du type y = λxa . Les points de x et z semblent augmenter un peu leur croissance, on peut donc conjecturer un ajustement du type z = µxb ou du type z = µebx . 2. a. Après calculs, on a rln(x),ln(y)  0.9995673 et rln(x),ln(z)  0.9999254. b. Ces deux cœfficients de corrélation sont très proches de 1 ce qui semble confirmer un ajustement du type puissance pour x et y et pour x et z. c. On a y = kxα si et seulement si ln(y) = α ln(x) + ln(k). On a z = 10h5 xβ si et seulement   si ln(z) = β ln(x) + ln 10h5 . Après calculs, on obtient α  0.45, ln(k)  3.4030174, donc k  30.05 et β  1.71, ln( 10h5 )  −7.7219540 donc h  44.30. 3. a. Pour un ménage dont le revenu mensuel moyen est 4 000 e, les dépenses alimentaires sont estimées à k × 4000α  1 255 e et les dépenses d’habillement-loisirs sont estimées à h β 105 × 4000  640 e. h b. On cherche donc la valeur de x > 0 pour laquelle kxα = 10h5 xβ , c’est-à-dire xα−β = k10 5. Ainsi, le revenu mensuel d’un ménage qui dépense autant pour la nourriture que pour    1 h l’habillement-loisirs est estimé à exp  6 831 e ln α−β k105

CHAPITRE

Probabilités

13

L’essentiel du cours  1 Espaces probabilisés finis Définition • On appelle expérience aléatoire une situation dont l’issue est laissée au hasard. • On appelle univers l’ensemble Ω de toutes les issues possibles de l’expérience. • On appelle événement toute partie de Ω. Définition Si Ω est un univers fini et si A et B sont deux événements, alors • on appelle ∅ l’événement impossible et Ω l’événement certain. • on appelle A ∩ B l’événement « A et B » et A ∪ B l’événement « A ou B ». • on appelle A l’événement complémentaire de A.

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Définition Si Ω est un univers fini, alors • on dit que deux événements A et B sont incompatibles si A ∩ B = ∅. • on dit que (A1 , . . . , An ) est un système complet d’événements si A1 , . . . , An sont deux n  à deux incompatibles et si Ω = Ai . i=1

Si A est un événement, (A, A) forme un système complet d’événements. Définition • Si Ω est un univers fini, on appelle probabilité sur Ω toute application P : P(Ω) → [0, 1] vérifiant P(Ω) = 1 et P(A ∪ B) = P(A) + P(B) pour tous événements A et B incompatibles. • On appelle espace probabilisé fini tout couple (Ω, P) où Ω est un univers fini et P une probabilité sur Ω.

234

Chapitre 13

Probabilités

Propriétés d’une probabilité Si (Ω, P) est un espace probabilisé fini et si A et B sont deux événements, alors P(A) = 1 − P(A),

P(∅) = 0,

si A ⊂ B, P(A) ≤ P(B)

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).

Propriétés des systèmes complets d’événements Si (Ω, P) est un espace probabilisé fini, si (A1 , . . . , An ) est un système complet d’événements et si B est un événement, alors n  P(Ai ∩ B). P(B) = i=1

Détermination d’une probabilité Si Ω = {x1 , . . . , xn } est un univers fini et si (p1 , . . . , pn ) ∈ (R+ ) tel que p1 + · · · + pn = 1, alors il existe une unique probabilité P sur Ω vérifiant : n

∀i ∈ [[1, n]] , P({xi }) = pi .  Dans ce cas, si A est un événement, alors P(A) = pi .

i tels que xi ∈A

Cela revient à dire qu’il y a une et une seule façon de construire une probabilité si on connait la probabilité d’avoir chaque issue possible. Définition Si Ω = {x1 , . . . , xn } est un univers fini, l’unique probabilité P vérifiant 1 ∀i ∈ [[1, n]] , P({xi }) = n est appelée probabilité uniforme sur Ω. Dans ce cas, on parle d’équiprobabilité. Théorème Si Ω est un univers fini, si P est la probabilité uniforme sur Ω et si A est un événement, alors Card(A) . P(A) = Card(Ω) Il s’agit donc de dire que

nombre de cas favorables nombre de cas possibles et de se ramener à un problème de dénombrement. P(A) =

L’essentiel du cours

235

On peut simuler le hasard avec Python • Dans le module random, la commande rand() renvoie aléatoirement un réel entre 0 et 1 ; la commande randint(a,b) renvoie aléatoirement de manière équiprobable un entier entre a et b, compris ; la commande choice(l) renvoie aléatoirement de manière équiprobable un élément de la liste l. • Dans le module numpy, la commande rand() renvoie aléatoirement un réel entre 0 et 1, par contre la commande randint(a,b) renvoie aléatoirement de manière équiprobable un entier entre a et b, a compris et b exclu (elle renvoie aléatoirement un élément de range(a,b)).

 2 Probabilités conditionnelles

Dans toute la suite (Ω, P) sera un espace probabilisé fini. Définition Si A et B sont deux événements avec P(A) > 0, la probabilité conditionnelle de B sachant A, notée PA (B) ou P(B | A), est le réel PA (B) =

P(A ∩ B) . P(A)

B | A n’est pas un événement, P(B | A) est juste une notation. PA (B) représente la probabilité de réaliser l’événement B sachant que l’événement A est réalisé. Proposition Si A est un événement vérifiant P(A) > 0, alors PA est une probabilité sur Ω. Formule des probabilités composées

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Si A1 , . . . , An sont des événements tels que P(A1 ∩ · · · ∩ An−1 ) > 0, alors

P(A1 ∩ · · · ∩ An ) = P(A1 ) P(A2 | A1 ) P(A3 | A1 ∩ A2 ) · · · P(An | A1 ∩ · · · ∩ An−1 ). Cette formule appliquée à deux événements A et B tels que P(A) > 0 devient P(A ∩ B) = P(A)P(B | A).

Formule des probabilités totales Si (A1 , . . . , An ) est un système complet d’événements tel que P(Ai ) > 0 pour tout i ∈ [[1, n]] et si B est un événement, alors n  P(Ai )PAi (B). P(B) = i=1

236

Chapitre 13

Probabilités

• Si A est un événement tel que 0 < P(A) < 1, cette formule appliquée au système complet d’événements (A, A) devient P(B) = PA (B)P(A) + PA (B)P(A). • Ces deux formules sont très utiles pour passer d’un arbre de probabilité (ne constituant pas une preuve rigoureuse) à une rédaction propre et rigoureuse. Formule de Bayes Si B est un événement tel que P(B) > 0 et si (A1 , . . . , An ) est un système complet d’événements tels que, pour tout i ∈ [[1, n]], P(Ai ) > 0, alors ∀j ∈ [[1, n]] , PB (Aj ) =

PAj (B)P(Aj ) . n  PAi (B)P(Ai ) i=1

• Cette formule permet de calculer la probabilité d’avoir un événement sachant un événement se produisant après dans la chronologie de l’expérience. • On ne sait jamais comment prononcer le nom de cette formule. Thomas Bayes étant un mathématicien britannique, son nom se prononce à l’anglaise.

 3 Indépendance Définition Deux événements A et B sont indépendants si P(A ∩ B) = P(A)P(B). Il faut bien faire attention aux hypothèses de l’énoncé pouvant donner l’indépendance ou non d’épreuves (et donc l’indépendance d’événements). Définition On dit que A1 , . . . , An sont des événements mutuellement indépendants si pour toute partie non vide I de [[1, n]], on a     P Ai = P(Ai ). i∈I

i∈I

Proposition Si A1 , . . . , An sont des événements mutuellement indépendants et si, pour tout i ∈ [[1, n]], Bi = Ai ou Bi = Ai , alors les événements B1 , . . . , Bn sont mutuellement indépendants.

Les méthodes à maîtriser

237

Les méthodes à maîtriser Méthode 13.1 : Utiliser la formule des probabilités composées On utilise la formule des probabilités composées pour calculer la probabilité d’une succession d’étapes quand on sait calculer facilement les probabilités conditionnelles à chaque étape. Cela revient à justifier rigoureusement la probabilité d’une branche sur un arbre de probabilité comme le produit des différentes probabilités le long de cette branche. Exemple d’application On dispose d’une urne avec 4 boules noires et 3 boules rouges. On tire successivement 3 boules sans remise. Quelle est la probabilité de n’avoir tiré que des boules noires ? Pour apprivoiser le problème, on peut commencer 2 par faire au brouillon une arbre de probabilité, par5 N 3 tiellement rempli (ci-contre). 6 N Pour la justification rigoureuse : on note A : « on n’a 4 3 R N 7 tiré que des boules noires au cours des trois tirages » , 5 ème Ri : « on tire une boule rouge au i tirage » et 3 6 R Ni : « on tire une boule noire au ième tirage ». 3 Si on sait que l’événement N1 ∩ · · · ∩ Ni a été réalisé, 7 il reste 4 − i boules noires et 7 − i boules dans l’urne. R Ainsi 4 4 3 2 . P(A) = P(N1 )P(N2 | N1 )P(N3 | N2 ∩ N1 ) = × × = 7 6 5 35 Voir exercices 13.4, 13.8 et 13.9.

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Méthode 13.2 : Utiliser la formule des probabilités totales On utilise la formule des probabilités totales pour calculer la probabilité d’un événement B pouvant arriver de différentes manières. On commence par se donner un système complet d’événements (A1 , . . . , An ) (correspondant aux différents cas de figure amenant à notre événement) et ensuite on détermine les probabilités conditionnelles P(B | Ai ). Cela revient à justifier rigoureusement la probabilité de plusieurs branches sur un arbre de probabilité comme la somme de la probabilité de chaque branche. Exemple d’application On dispose d’une urne avec 4 boules noires et 3 boules rouges. On tire successivement 2 boules sans remise. Quelle est la probabilité d’avoir tiré une boule de chaque couleur ?

238

Chapitre 13

Probabilités 3 6

Pour apprivoiser le problème, on peut commencer par faire au brouillon une arbre de probabilité (ci-contre). Pour la justification rigoureuse : on note A : « on tire une boule de chaque couleur », Ri : « on tire une boule rouge au ième tirage », Ni : « on tire une boule noire au ième tirage ». La famille (N1 , R1 ) est un système complet d’événements donc

4 7

3 6 4 6

3 7

R N

R 2 6

P(A) = P(N1 )PN1 (A) + P(R1 )PR1 (A) = P(N1 )PN1 (R2 ) + P(R1 )PR1 (N2 ) =

N

N

R

4 4 3 3 4 × + × = . 7 6 7 6 7

Voir exercices 13.7, 13.10, 13.12 et 13.14. Méthode 13.3 : Utiliser la formule de Bayes On utilise la formule de Bayes lorsque l’on veut calculer une probabilité conditionnelle PB (A) en connaissant PA (B). Cela revient à inverser cause et conséquence en général. Exemple d’application On dispose d’une pièce équilibrée et d’une autre pièce donnant Face avec la probabilité 13 . On prend une des deux pièces au hasard, on la lance et on obtient Face. Quelle est la probabilité d’avoir utilisé la pièce équilibrée ? On note F (resp. P ) : « obtenir Face » (resp. Pile) et E : « utiliser la pièce équilibrée ». Les pièces étant choisies au hasard, on a P(E) = P(E) = 12 . Ainsi PF (E) =

P(E)PE (F ) = P(E)PE (F ) + P(E)PE (F )

1 2

×

1 2 1 2

× +

1 2 1 2

×

1 3

=

3 . 5

Voir exercices 13.5, 13.6 et 13.7. Méthode 13.4 : Exploiter l’indépendance L’indépendance (mutuelle) est très souvent donnée (ou sous-entendue) dans l’énoncé. Il suffit ensuite d’utiliser la définition de l’indépendance. Exemple d’application On lance n fois un dé équilibré. Quelle est la probabilité de n’avoir eu le premier 6 qu’au nème lancer ? On note Si : « obtenir un 6 au ième lancer ». On cherche la probabilité de A = S1 ∩· · ·∩Sn−1 ∩Sn . Les événements Si sont mutuellement indépendants donc S1 , . . . , Sn−1 , Sn aussi. Ainsi  n−1 1 5 P(A) = P(S1 ) · · · P(Sn−1 )P(Sn ) = . 6 6 Voir exercices 13.1 et 13.2.

Les méthodes à maîtriser

239

Interro de cours 1. Soient A et B deux événements incompatibles. Parmi les propositions suivantes lesquelles sont toujours vraies ?

(a) A et B sont indépendants. (b) (A, B) est un système complet d’événements. (c) P(A ∪ B) = P(A) + P(B).

(d) PB (A) = P(A).

2. Dans une urne, on dispose de 2n boules blanches et 2n boules noires indiscernables au toucher.

On tire successivement sans remise n boules. Quelle est la probabilité de tirer une boule noire pour la première fois au nème tirage ?

3. On dispose de 2n jetons blancs, n jetons rouges et n jetons noirs. Les jetons peuvent être ronds ou carrés. La moitié des jetons blancs sont ronds, le tiers des jetons rouges sont ronds et le quart des jetons noirs sont ronds. On tire un jeton au hasard. (a) Quelle est la probabilité de tirer une jeton rond ? (b) On a tiré un jeton rond, quelle est la probabilité qu’il soit blanc ?

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4. On lance un dé équilibré à 6 faces n fois. Quelle est la probabilité d’obtenir au moins un 6 ?

240

Chapitre 13

Probabilités

Exercices Pour s’entraîner Exercice 13.1 Est-il plus probable d’obtenir au moins un 6 en quatre lancers d’un dé équilibré, ou au moins un double 6 en vingt-quatre lancers de deux dés équilibrés ?

Exercice 13.2 La probabilité qu’un forage conduise à une nappe de pétrole est 0, 1. 1. Quelle est la probabilité pour que, sur dix forages, on ait au moins un succès ? 2. Combien de forages sont nécessaires pour avoir au moins une chance sur deux de succès ?

Exercice 13.3 On considère une famille de deux enfants. On suppose que chaque enfant a une chance sur deux d’être une fille. 1. Quelle est la probabilité que les deux enfants soient des filles sachant que l’aîné est une fille ? 2. Quelle est la probabilité que les deux enfants soient des filles sachant que l’un des deux enfants est une fille ?

Exercice 13.4 Une urne contient au départ une boule blanche et une boule noire. On tire une boule au hasard. Si cette boule est blanche on la remet dedans et on remet une autre boule blanche. Si cette boule est noire on s’arrête. Calculer la probabilité pn de tirer la boule noire au nème tirage.

Exercice 13.5 Une maladie affecte une personne sur mille. On dispose d’un test sanguin qui détecte cette maladie avec une fiabilité de 99% si cette personne est malade. Par contre, on obtient un faux positif pour 0, 2% des personnes saines. Une personne a été testée positive, quelle est la probabilité qu’elle soit réellement malade ?

Exercice 13.6 Dans une refuser 95 1. Quelle 2. Quelle

entreprise 1 % des articles produits sont défectueux. Un contrôle qualité permet de % des articles défectueux mais aussi de refuser 2 % des articles non défectueux. est la probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle ? est la probabilité qu’un article accepté soit en réalité défectueux ?

Exercices

241

Exercice 13.7 On dispose de n urnes numérotées de 1 à n. Dans l’urne no k il y a k boules blanches et n − k boules noires. On choisit une urne au hasard puis dans cette urne, on tire une boule au hasard. 1. Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche ? 2. Quelle est la probabilité d’avoir utilisé l’urne n sachant qu’on a tiré une boule blanche ?

Exercice 13.8 Romulus distribue à Rémus n cartes parmi un jeu de 32 cartes. Rémus est gagnant s’il reçoit la Dame de ♠. 1. Quelle est la probabilité que Rémus gagne ? 2. Romulus tente de tricher. Il retire p cartes du jeu, sans savoir lesquelles, avant de donner n cartes à Rémus. Est-ce plus intéressant pour Romulus de tricher ?

Pour aller plus loin Exercice 13.9 Sur un navire, n marins tirent à la courte paille. Vous êtes le k-ième à tirer. Quel est la probabilité que vous ayez la paille la plus courte ?

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Exercice 13.10 On dispose de deux pièces : A qui est équilibrée et B qui donne Face avec probabilité 23 . On choisit une pièce au hasard. On la lance et si on obtient Face on garde la pièce et si on obtient Pile on prend l’autre pièce. On continue les lancers de la même manière. 1. On note pn la probabilité de tirer la pièce A au lancer numéro n. Montrer que (pn ) est une suite arithmético-géométrique. 2. En déduire une expression de pn . 3. Quelle est la probabilité d’obtenir Face au lancer numéro n ?

Exercice 13.11 Une classe contient n élèves. 1. Quelle est la probabilité qu’un élève ait la même date d’anniversaire que le professeur ? 2. Quelle est la probabilité que deux élèves aient la même date d’anniversaire (on ne tient pas compte des années bissextiles) ? 3. À partir de combien d’élèves il y a plus d’une chance sur deux d’avoir deux élèves ayant la même date d’anniversaire ?

242

Chapitre 13

Probabilités

Exercice 13.12 Vous participez à un jeu télévisé. On vous présente trois portes. Derrière l’une d’elles se trouve une voiture de luxe. Derrière les deux autres, une chèvre. Vous choisissez une porte au hasard. Pour faire durer le suspense, l’animateur du jeu ouvre, en connaissance de cause, une porte derrière laquelle se trouve une chèvre. On vous laisse la possibilité de changer de porte. Que choisissez-vous ?

Exercice 13.13 Deux joueurs A et B lancent à tour de rôle une pièce truquée qui amène Pile avec la probabilité p. A commence. A gagne dès qu’il obtient Pile et le jeu s’arrête alors. B gagne dès qu’il obtient Face, et le jeu s’arrête alors. 1. Quelle est la probabilité pour que A gagne lors de son nème lancer ? 2. Quelle est la probabilité pour que A gagne. 3. Quelle est la probabilité pour que le jeu ne s’arrête pas ? 4. Quelle valeur faut-il donner à p pour que les deux joueurs aient tous deux les même chances de gagner ?

Exercice 13.14 Un jeu entre deux joueurs A et B est divisé en parties indépendantes. À chaque partie, celui qui perd donne un euro au gagnant. La probabilité que A gagne est p. On note q = 1 − p la probabilité que B gagne. Les deux joueurs possèdent au total N euros. Le jeu s’arrête dès que l’un des joueurs est ruiné. On note pk la probabilité que A soit ruiné en démarrant avec k euros. 1. Calculer p0 et pN . 2. Montrer que ∀k ∈ N∗ , pk = ppk+1 + qpk−1 3. En déduire que    N  k  q q   −   1 p p   si p =   N   2 q −1 pk = p         1 N −k   si p = . N 2 4. On note qk la probabilité que B soit ruiné en démarrant avec k euros. En déduire une expression de qk . 5. Calculer pk + qN −k et interpréter.

Corrections

243

Corrections Interro de cours 1. (a) Faux. Si P(A) = 0 et P(B) = 0, alors P(A∩B) = 0 par incompatibilité mais P(A)P(B) = 0. (b) Faux. Si Ω = {1, 2, 3}, alors A = {1} et B = {2} sont incompatibles mais ne forment pas un système complet d’événements de Ω car A ∪ B = {1, 2} = Ω. (c) Vrai. Il s’agit d’un des points définissant une probabilité.

(d) Faux. Si P(A) = 0 et P(B) = 0, alors PB (A) = P(A∩B) P(B) = 0 = P(A). pour i ∈ [[1, n]], on 2. On note A :« tirer une boule noire pour la première fois au nèmetirage » et, n−1  ème note Bi : « tirer une boule blanche au i tirage ». On a A = i=1 Bi ∩ Bn , donc d’après la formule des probabilités composées, on obtient  n−2    n−1         Bi P Bn  Bi P(A) = P(B1 )P(B2 | B1 ) · · · P Bn−1    i=1

=

= =

i=1

n n−1 2 n × × ··· × × 2n 2n − 1 2n − (n − 2) 2n − (n − 1) n! × n (2n)! n!

n(n!)2 . (2n)!

3. (a) On note C : « le jeton tiré est carré », B : « le jeton tiré est blanc », R : « le jeton tiré est rouge » et N : « le jeton tiré est noir ». La famille (B, R, N ) est un système complet d’événements, donc d’après la formule des probabilités totales, on obtient P(C) = P(B)PB (C) + P(R)PR (C) + P(N )PN (C) =

19 1 1 1 1 1 1 × + × + × = . 2 2 4 3 4 4 48

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(b) On utilise la formule de Bayes pour obtenir PC (B) =

P(B)PB (C) = P(C)

1 2

×

19 48

1 2

=

12 . 19

4. On note A : « obtenir au moins un 6 ». On a A : « n’obtenir aucun 6 ». Ainsi P(A) =  n 5 puis P(A) = 1 − . 6 Lorsque l’on doit calculer la probabilité d’un événement du type « obtenir au moins . . . » il est en général beaucoup plus simple de passer par l’événement contraire.

 5 n 6

,

244

Chapitre 13

Probabilités

Exercice 13.1 On note U : « obtenir au moins un 6 en quatre lancers » et D : « obtenir au moins un double 6 en  4  4 5 vingt-quatre lancers ». On a P(U ) = 56 , donc P(U ) = 1 −  0, 52 6  24  35 24 35 On a P(D) = 36 , donc P(D) = 1 −  0, 49 36 Il est donc plus probable d’obtenir au moins un 6 en lançant un dé équilibré quatre fois que d’obtenir au moins un double 6 en lançant deux dés équilibrés vingt-quatre fois.

Exercice 13.2 1. On note S : « on est tombé au moins une fois sur une nappe de pétrole en dix forages ».  10  9 10 9 On a P(S) = 10 , donc P(S) = 1 − 10 2. On note Sn : « on est tombé au moins une fois sur une nappe de pétrole en n forages ». 9 n . Ainsi En procédant comme à la question précédente, on obtient P(Sn ) = 1 − 10  n       9 9 1 ln(2) 1 1 9 P(Sn ) ≥ ⇔ ≤ ln ⇔ n ≥ −  9  car ln < 0. ≤ ⇔ n ln 2 10 2 10 2 10 ln 10

Or − lnln(2)  6, 6, donc il faut au moins 7 forages pour avoir au moins une chance sur deux de 9 ( 10 ) succès.

Exercice 13.3

2

On modélise le problème avec un F pour une fille et un G pour un garçon. Ainsi Ω = {F, G} . 1. On note A : « l’aîné est une fille » et B : « les deux enfants sont des filles ». On a A = {(F, F ), (F, G)}, B = {(F, F )} et A ∩ B = {(F, F )}. Donc Card(A) = 2 et Card(A ∩ B) = 1. Ainsi, par équiprobabilité, PA (B) =

P(A ∩ B) = P(A)

Card(A∩B) Card(Ω) Card(A) Card(Ω)

=

1 Card(A ∩ B) = . Card(A) 2

2. On note C : « l’un des deux enfants est une fille ». On a C = {(F, F ), (F, G), (G, F )} et C ∩ B = {(F, F )}. Donc Card(C) = 3 et Card(C ∩ B) = 1. Ainsi P(C ∩ B) = PC (B) = P(C)

Card(C∩B) Card(Ω) Card(C) Card(Ω)

=

1 Card(C ∩ B) = . Card(C) 3

Corrections

245

Exercice 13.4 On note A :« tirer la boule noire au nème tirage » et, pour i ∈ [[1, n]], on note Bi : « tirer une n−1 boule blanche au ième tirage ». On a A = i=1 Bi ∩ Bn , donc d’après la formule des probabilités composées, on obtient        n−2  n−1     Bi P Bn  Bi P(A) = P(B1 )P(B2 | B1 ) · · · P Bn−1    i=1

De plus, si l’événement

k 

i=1

Bi est réalisé, alors il y a k + 2 boules dans l’urne, dont k + 1 boules

i=1

blanches et une boule noire. Ainsi n−1 1 1 1 2 × = . P(A) = × × · · · × 2 3 n n+1 n(n + 1)

Exercice 13.5 On note M :« être malade » et P : « être testé positif ». 1 , PM (P ) = 0, 99 et PM (P ) = 0, 002. D’après la formule de Bayes, on D’après l’énoncé P(M ) = 1000 a P(M )PM (P ) 0, 001 × 0, 99  0, 33. = PP (M ) = 0, 001 × 0, 99 + 0, 999 × 0, 002 P(M )PM (P ) + P(M )PM (P )

Exercice 13.6 On note D : « l’article est défectueux » et A : « l’article est accepté ». D’après l’énoncé, P(D) = 0, 99, PD (A) = 0, 95 et PD (A) = 0, 02.

1. On note E : « il y a eu une erreur de contrôle ». On a E = (D ∩ A) ∪ (D ∩ A). Cette union étant disjointe, on a P(E) = P(D ∩ A) + P(D ∩ A). Ainsi P(E) = P(D)PD (A) + P(D)PD (A) = (1 − 0, 99) × (1 − 0, 95) + 0, 99 × 0, 02 = 0, 0203.

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2. D’après la formule de Bayes, on a PA (D) =

P(D)PD (A) (1 − 0, 99) × (1 − 0, 95)  0, 025. = (1 − 0, 99) × (1 − 0, 95) + 0, 99 × (1 − 0, 002) P(D)PD (A) + P(D)PD (A)

Exercice 13.7 1. Pour i ∈ [[i, n]], on note Ui : « choisir l’urne no i » et on note B : « tirer une boule blanche ». La famille (U1 , . . . , Un ) forme un système complet d’événements, donc d’après la formule des n n n   1 i 1  n+1 probabilités totales : P(B) = × = 2 . P(Ui )PUi (B) = i= n n n i=1 2n i=1 i=1

2. On utilise la formule de Bayes : PB (Un ) =

P(Un )PUn (B) = P(B)

1 n n × n n+1 2n

=

2 . n+1

246

Chapitre 13

Probabilités

Exercice 13.8 On modélise le problème en définissant l’univers Ω comme l’ensemble des mains de n cartes d’un jeu de 32 cartes.   . Pour dénombrer G, on prend la Dame 1. On note G : « Rémus gagne ». On a Card(Ω) = 32 n  31  de ♠ : 1 possibilité ; on prend n − 1 autres cartes : n−1 possibilités. Par équiprobabilité,  31  Card(G) n  = P(G) = = n−1 . 32 Card(Ω) 32 n

2. On note T : « Romulus enlève la Dame de ♠ ». En réutilisant le résultat de la question prép cédente, P(T ) = 32 . Si l’événement T est réalisé, il reste 32 − p cartes dans le jeu, dont la n . De plus Dame de ♠. Ainsi, en réutilisant le résultat de la question précédente PT (G) = 32−p PT (G) = 0. Alors, d’après la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements (T, T ), on obtient P(G) = P(T )PT (G) + P(T )PT (G) = 0 + (1 −

n 32 − p n n p )× = × = . 32 32 − p 32 32 − p 32

Romulus n’a donc aucun intérêt à tricher de cette façon.

Exercice 13.9 On modélise le problème en notant l’ordre dans lequel ont été tirées les pailles. Ainsi Ω est l’ensemble des permutations des n pailles et Card(Ω) = n!. Tous les éléments de Ω ont la même probabilité d’arriver. On est donc dans une situation d’équiprobabilité. On note C : « on tire la courte-paille ». Pour dénombrer C, on place la paille la plus courte à la k ème place : 1 possibilité ; on place les autres pailles aux n − 1 places restantes : (n − 1)! possibilités. 1 (n − 1)! = Ainsi P(C) = n! n

Exercice 13.10 1. Si k ∈ N∗ , on note Ak : « tirer la pièce A au k ème lancer » et Fn : « obtenir Face au k ème lancer ». On utilise la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements (An , An ) : pn+1 = P(An+1 ) = P(An ∩ An+1 ) + P(An ∩ An+1 ). Or, d’après l’énoncé, An ∩ An+1 = An ∩ Fn et An ∩ An+1 = An ∩ Fn , d’où

1 1 1 1 + (1 − pn ) × = pn + , 2 3 6 3 ce qui montre que la suite (pn ) est une suite arithmético-géométrique. 2. On commence par chercher α tel que α = 61 α + 13 c’est-à-dire α = 25 . La suite (pn − α) est géométrique de raison 16 . Ainsi pn − α = ( 16 )n−1 (p1 − α). Or, d’après l’énoncé p1 = 12 . Alors pn+1 = P(An )PAn (Fn ) + P(An )PAn (Fn ) = pn ×

pn =

1 10

 n−1 1 2 + 6 5

Corrections

247

3. On utilise la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements (An , An ) pour obtenir P(Fn ) = P(An )PAn (Fn ) + P(An )PAn (Fn ). Ainsi  n 1 1 1 1 2 2 3 P(Fn ) = pn × + (1 − pn ) × = − pn + = − + . 2 3 6 3 10 6 5

Exercice 13.11 1. On modélise en notant la date d’anniversaire du professeur puis celle de chaque élève. n+1 Ainsi Ω = [[1, 365]] . On note P : « au moins un élève a la même date d’anniversaire que le professeur ». L’événement P signifie que chaque élève a une date de naissance différente de celle du professeur. Donc pour dénombrer P , on choisit la date d’anniversaire du professeur : 365 possibilités ; on choisit la date d’anniversaire des élèves parmi les 364 dates restantes : 364n possibilités. Par équiprobabilité, n  365 × 364n Card(P ) 364 P(P ) = 1 − P(P ) = 1 − =1− =1− . Card(Ω) 365n+1 365 2. La date de naissance du professeur n’entrant plus en compte, on a Ω = [[1, 365]] . On note A : « au moins deux élèves ont la même date de naissance ». L’événement A signifie que tous les élèves ont des dates de naissance différentes, cela correspond donc aux n-listes sans répétition. Par équiprobabilité, n

P(A) = 1 − P(A) = 1 −

Card(A) =1− Card(Ω)

365! (365−n)! 365n

.

3. En testant différentes valeurs, on trouve qu’à partir de 23 élèves, cette probabilité est plus grande que 12 .

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Exercice 13.12 On note V1 : « avoir choisi au début la porte cachant la voiture » et V2 : « avoir choisi à la fin la porte cachant la voiture ». On calcule la probabilité de remporter la voiture dans les deux cas. • Dans le cas où on change de porte, si l’événement V1 est réalisé, alors on est sûr de ne pas choisir à la fin la porte cachant la voiture, donc PV1 (V2 ) = 0. Si l’événement V1 est réalisé, vu que l’animateur va forcément révéler une chèvre, on est sûr de choisir à la fin la porte cachant la voiture, donc PV1 (V2 ) = 1. Donc d’après la formule des probabilités totales

2 2 ×1= . 3 3 • Dans le cas où on ne change pas de porte, si l’événement V1 est réalisé, alors on est sûr de choisir à la fin la porte cachant la voiture, donc PV1 (V2 ) = 1. Si l’événement V1 est réalisé, alors on est sûr de ne pas choisir à la fin la porte cachant la voiture, donc PV1 (V2 ) = 0. Donc d’après la formule des probabilités totales 1 1 P(V2 ) = P(V1 )PV1 (V2 ) + P(V1 )PV1 (V2 ) = × 1 + 0 = . 3 3 Donc, si on veut gagner la voiture, il vaut mieux changer de porte. P(V2 ) = P(V1 )PV1 (V2 ) + P(V1 )PV1 (V2 ) = 0 +

248

Chapitre 13

Probabilités

Exercice 13.13 ème 1. Si k ∈ N∗ , on note Ak: « A gagne lors lancer » et Bk : « B gagne lors de son k ème  de son k n−1  lancer ». On a An = (Ak ∩ Bk ) ∩ An . D’après la formule des probabilités composées

k=1

P(An )

= P(A1 ) P(B1 | A1 ) × · · ·       =1−p

=p

       n−1 n−2 n−2     (Ak ∩ Bk ) P Bn−1  (Ak ∩ Bk ) ∩ An−1 P An  (Ak ∩ Bk ) × P An−1     k=1 k=1 k=1        

=p

=1−p

=

p (1 − p) n

n−1

=p

.

2. Si n ∈ N∗ , on note Gn : « A gagne en au plus n lancers » et GA : « A gagne » . On a Gn = Les événements étant deux à deux incompatibles, on a n n   1 − (p(1 − p))n . P(Ak ) = p (p(1 − p))k−1 = p P(Gn ) = 1 − p(1 − p) k=1

n 

An .

k=1

k=1

La probabilité que A gagne est la limite de cette probabilité lorsque n → +∞. Or 0 < p(1 − p) < 1 donc (p(1 − p))n −−−−−→ 0. n→+∞

p On en conclut que P(GA ) = 1 − p(1 − p) 3. On note GB : « B gagne ».

(1 − p)2 . 1 − p(1 − p) Si on note S : « le jeu s’arrête ». On a S = GA ∪ GB . Ces deux événements étant incompatibles, p + (1 − p)2 = 1. on a P(S) = P(GA ) + P(GB ) = 1 − p(1 − p) On en conclut que la probabilité que le jeu ne s’arrête jamais est nulle. √ 3− 5 car p ∈]0, 1[. 4. On a : P(GA ) = P(GB ) ⇔ p = (1 − p)2 ⇔ p2 − 3p + 1 = 0 ⇔ p = 2 On procède de même pour déterminer que P(Bn ) = pn−1 (1 − p)n+1 et P(GB ) =

Exercice 13.14 1. On a p0 = 1 car A est sûr de finir ruiné s’il commence avec 0 e et pN = 0 car, si A commence avec N e, alors B est ruiné dès le début et le jeu s’arrête sans que A soit ruiné. 2. On note Rk : « A est ruiné en commençant avec k e » et P : « A gagne la première partie ». D’après la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements (P, P ), on obtient P(Rk ) = P(P )PP (Rk ) + P(P )PP (Rk ). Or, si A a démarré avec k e et a gagné la première partie, alors il dispose de k + 1 e. Il est donc ruiné avec la probabilité pk+1 et PP (Rk ) = pk+1 . De même PP (Rk ) = pk−1 . On en conclut que pk = ppk+1 + qpk−1

Corrections

249

3. On obtient donc pk+1 = p1 pk − pq pk−1 . Ainsi la suite (pk ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2 = p1 r − pq , dont les solutions sont r = 1 ou r = pq .

• Si p = 12 , alors les deux solutions de l’équation caractéristiques sont différentes. Ainsi, il existe λ, µ ∈ R tels que, pour tout k ∈ [[0, N ]], on a pk = λ + µ( pq )k . En utilisant les égalités p0 = 1 et pN = 0, on détermine les valeurs de λ et µ et on obtient  N  k q q − p p pk =  N q −1 p

• Si p = 12 , alors l’équation caractéristique admet une solution double. Ainsi il existe λ, µ ∈ R tels que, pour tout k ∈ [[0, N ]], on a pk = λ + µk. En utilisant les égalités p0 = 1 et pN = 0, N −k on détermine les valeurs de λ et µ et on obtient pk = N 4. En appliquant le résultat précédente à (q, p) au lieu de (p, q), on obtient que   N  k  p p   −   1 q q   si p =   N   2 p −1 qk = q         1 N −k   si p = N 2 5. • Si p = 12 , alors

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pk + qN −k

 N  k  N  N −k q p q p − − p p q q = +  N  N q p −1 −1 p q

=

=

=

 k   N   N  k q p q q 1− − q p p p +  N   N  N  q q p −1 1− p q p  N  k  k q q q − −1 p p p +  N  N q q −1 −1 p p  N q −1 p  N q −1 p 1.

= N − (N − k) N − k + = 1. • Si p = 12 , alors pk + qN −k = N N Dans tous les cas, pk + qN −k = 1. Ainsi, si A commence avec k e et B avec N − k e, alors la probabilité que A ou B soit ruiné est de 1. Donc le jeu s’arrête presque sûrement.

CHAPITRE

Variables aléatoires finies

14

L’essentiel du cours Dans tout le chapitre (Ω, P) sera un espace probabilisé fini.

 1 Variables aléatoires finies Définition Une variable aléatoire réelle sur Ω est une application X : Ω → R. L’univers Ω étant fini, l’ensemble X(Ω) l’est aussi. Définition Si X est une variable aléatoire réelle sur Ω, A ⊂ R et x ∈ R, on définit les événements • [X = x] = {ω ∈ Ω / X(ω) = x } • [X ≤ x] = {ω ∈ Ω / X(ω) ≤ x } • [X ∈ A] = {ω ∈ Ω / X(ω) ∈ A }. • On a des définitions analogues pour [X < x], [X ≥ x] et [X > x]. • Pour alléger les notations, on note simplement P(X = x), P(X ≤ x) et P(X ∈ A). Définition © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Si X est une variable aléatoire réelle sur Ω, on appelle loi de X l’application fX : X(Ω) → [0, 1] x →  P(X = x)

et fonction de répartition de X l’application FX : R → R x → P(X ≤ x). Proposition Si X

est une variable aléatoire réelle sur Ω, et X(Ω)

=

{x1 , . . . , xn } alors n  ([X = x1 ] , . . . , [X = xn ]) est un système complet d’événements de Ω et P(X = xi ) = 1. i=1

252

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Proposition Si X est une variable aléatoire réelle sur Ω à valeurs entières, alors ∀k ∈ N, P(X = k) = FX (k) − FX (k − 1). Cette formule traduit simplement le fait que avoir X = k revient à avoir X ≤ k et ne pas avoir X ≤ k − 1.

 2 Espérance et variance Dans toute cette partie X sera une variable aléatoire réelle sur Ω. Définition On appelle espérance de X le réel E(X) =



xP(X = x).

x∈X(Ω)

On dit que X est une variable aléatoire réelle centrée si E(X) = 0. L’espérance de X est la moyenne des valeurs prises par X pondérées par leur probabilité. Propriétés de l’espérance Soient X et Y sont deux variables aléatoires réelles sur Ω et a, b ∈ R. • Positivité : si X est à valeurs positives, alors E(X) ≥ 0. • Croissance : si ∀ω ∈ Ω, X(ω) ≤ Y (ω), alors E(X) ≤ E(Y ). • Linéarité : E(aX + b) = aE(X) + b. Théorème de transfert Si u : X(Ω) → R, alors u(X) est une variable aléatoire réelle sur Ω et  E(u(X)) = u(x)P(X = x). x∈X(Ω)

Il suffit donc de connaître la loi de X et la fonction u pour calculer l’espérance de u(X). Définition Si k ∈ N, on appelle moment d’ordre k de X le réel E(X k ) =



x∈X(Ω)

xk P(X = x).

L’essentiel du cours

253

Définition La variance de X est le réel V(X) = E((X − E(X))2 ). On dit que X est réduite si V(X) = 1. La variance calcule la moyenne des carrés des écarts à la moyenne. Elle mesure donc la dispersion des valeurs de X. Propriétés de la variance Soient a et b ∈ R. • V(X) ≥ 0 • V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 (formule de Kœnig-Huygens) • V(aX + b) = a2 V(X). Dans la pratique, on utilise la formule de Kœnig-Huygens pour calculer la variance. Définition L’écart-type de X est le réel σ(X) = La variable aléatoire réelle



V(X).

X − E(X) est centrée réduite. σ(X)

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev Si ε > 0, alors P(|X − E(X)| ≥ ε) ≤

V(X) . ε2

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 3 Lois usuelles Définition On dit que X suit une loi certaine s’il existe a ∈ R tel que P(X = a) = 1. Il s’agit de la modélisation d’une situation déterministe. Propriétés de la loi certaine Si X suit une loi certaine a, alors E(X) = a et V(X) = 0.

254

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Définition Si a, b ∈ N avec a < b, on dit que X suit une loi uniforme sur [[a, b]] si 1 X(Ω) = [[a, b]] et ∀k ∈ [[a, b]] , P(X = k) = . b−a+1 On note X ∼ U ([[a, b]]) (ou X → U ([[a, b]])). Il s’agit de la modélisation d’une situation d’équiprobabilité. Propriétés de la loi uniforme Si n ∈ N∗ et X ∼ U ([[1, n]]), alors E(X) =

n+1 . 2 import random as rd def loi_uniforme (a , b ): k = rd . randint (a , b ) return ( k )

On peut simuler une loi uniforme sur [[a, b]] à l’aide la fonction randint du module random de la façon ci-contre.

Définition Si p ∈ [0, 1] et q = 1 − p, on dit que X suit une loi de Bernoulli de paramètre p si X(Ω) = {0, 1} ,

P(X = 1) = p

et

P(X = 0) = q.

On note X ∼ B(p).

Il s’agit de la fonction indicatrice d’un événement ayant la probabilité p de se réaliser. Il s’agit donc de la modélisation d’une expérience pouvant soit réussir, avec la probabilité p, soit échouer, avec la probabilité q (on parle d’épreuve de Bernoulli). Propriétés de la loi de Bernoulli Si p ∈ [0, 1], q = 1 − p et X ∼ B(p), alors E(X) = p

et

On peut simuler une loi de Bernoulli à l’aide de la fonction random du module random. En effet random() renvoie aléatoirement, de manière uniforme, un nombre entre 0 et 1. Donc l’événement « random() < p » se réalise avec la probabilité p.

V(X) = pq. import random as rd def loi_Bernoulli ( p ): if rd . random () < p : return (1) else : return (0)

L’essentiel du cours

255

Définition Si n ∈ N∗ , p ∈ [0, 1] et q = 1 − p, on dit que X suit la loi binomiale de paramètres n et p si   n k n−k p q X(Ω) = [[0, n]] et ∀k ∈ [[0, n]] , P(X = k) = . k

On note X ∼ B(n, p).

Il s’agit de la modélisation du nombre de succès à l’issue de n épreuves indépendantes de Bernoulli de paramètre p. Propriétés de la loi binomiale Si p ∈ [0, 1], q = 1 − p, n ∈ N∗ et X ∼ B(n, p), alors E(X) = np

et

V(X) = npq.

On peut simuler une loi binomiale en enchaînant n épreuves de Bernoulli et en comptant le nombre de succès obtenus. import random as rd def loi_binomiale (n , p ): nb_succes = 0 for i in range ( n ): if rd . random () < p : nb_succes += 1 return ( S )

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Définition Si N et n ∈ N∗ , p ∈ [0, 1] tel que N p ∈ N et q = 1 − p, on dit que X suit la loi hypergéométrique de paramètres N , n et p si    Np Nq k n−k   . X(Ω) ⊂ [[0, n]] et ∀k ∈ [[0, n]] , P(X = k) = N n On note X ∼ H (N, n, p).

Il s’agit de la modélisation d’une situation du type : On dispose de N éléments dont une proportion p vérifie une propriété. On prend n éléments (sans remise) et on compte le nombre d’éléments tirés vérifiant la propriété. Propriétés de loi hypergéométrique Si N et n ∈ N∗ , p ∈ [0, 1] tel que N p ∈ N et X ∼ H (N, n, p), alors E(X) = np.

256

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Pour simuler une loi hypergéométrique, il va falloir s’inspirer de la modélisation donnée dans la remarque précédente. import random as rd def loi_hyper (N ,n , p ): nb_succes = 0 for i in range ( n ): if rd . random () < ( N *p - nb_succes )/( N - i ): nb_succes += 1 return ( nb_succes ) Ici, au départ, il y a N*p éléments vérifiant la propriété voulue et N éléments au total. Au bout du ième tirage, il ne reste plus que N*p-nb_succes éléments vérifiant la propriétés (on en a déjà retiré nb_succes avant) et il ne reste plus que n-i éléments au total. Approximation d’une loi hypergéométrique par une loi binomiale Si N et n ∈ N∗ , p ∈ [0, 1] tel que N p ∈ N, q = 1 − p, XN ∼ H (N, n, p), k ∈ [[0, n]] et Y ∼ B(n, p) alors    Nq Np   n k n−k n−k k   p q −−−−−→ P(Y = k) = P(XN = k) = . N →+∞ N k N p∈N n On approxime en général une loi hypergéométrique par une loi binomiale quand l’échantillon étudié (n) représente moins de 10% de la population totale (N ), c’est-à-dire quand 10n ≤ N .

Les méthodes à maîtriser

257

Les méthodes à maîtriser Méthode 14.1 : Déterminer la loi d’une variable aléatoire réelle Pour déterminer la loi d’une variable aléatoire réelle X, on commence par déterminer X(Ω) (l’ensemble des valeurs prises par X). Puis pour chaque élément x de cet ensemble, on calcule P(X = x). Si on ne trouve pas de formule générique en fonction de x, on peut représenter les résultats dans un tableau. Exemple d’application On dispose d’une urne contenant une boule rouge et 4 boules noires. On tire successivement toutes les boules sans remise et on note X le rang du tirage de la boule rouge. Déterminer la loi de X. Le tirage recherché se situe entre le 1er et le 5ème, on obtient donc que X(Ω) = [[1, 5]]. On a 1 • P(X = 1) = (on tire la boule rouge au premier tirage). 5 4 1 1 • P(X = 2) = × = (on tire une boule noire, 4 chances sur 5, puis une boule rouge, 1 5 4 5 chance sur 4). 4 3 1 1 • P(X = 3) = × × = . 5 4 3 5 1 • On obtient de même P(X = 4) = P(X = 5) = . 5 Ainsi, X suit une loi uniforme sur [[1, 5]]. Voir exercices 14.1 à 14.11. Méthode 14.2 : Utiliser les lois usuelles

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Dans un problème concret, on peut reconnaître des schémas modélisés par les lois usuelles et ainsi exprimer notre variable aléatoire en fonction d’autres suivant des lois usuelles. En cas d’équiprobabilité, on pourra considérer une loi uniforme. S’il s’agit d’une expérience ayant une probabilité p de réussir, on a une loi de Bernoulli. Si on compte le nombre de succès dans la répétition de n expériences de Bernoulli identiques et indépendantes, on a une loi binomiale. Enfin si on effectue des tirages ciblés sans remise dans une population, on a une loi hypergéométrique. Exemple d’application Une puce se déplace de manière rectiligne. À chaque saut, elle avance d’un centimètre avec la probabilité p et recule d’un centimètre avec la probabilité 1 − p. Chaque saut est indépendant des autres. On note Xn la distance qui sépare la puce de son point de départ au bout de n sauts. Exprimer Xn en fonction d’une variable aléatoire suivant une loi usuelle. On a un enchainement d’épreuves de Bernoulli. Si on note Sn le nombre de fois que la puce avance au cours de n premiers sauts, alors Sn ∼ B(n, p). De plus, la distance parcourue est égale au nombre de fois que la puce a avancé multiplié par 1 ajouté au nombre de fois que la puce a reculé multiplié par −1. D’où Xn = 1 × Sn + (−1) × (n − Sn ) = 2Sn − n. Voir exercices 14.6, 14.4, 14.7, 14.9 et 14.11.

258

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Méthode 14.3 : Calculer une espérance et une variance • Si on connait la loi, on utilise la définition pour calculer l’espérance et la formule de Kœnig-Huygens pour calculer la variance. • Si la variable s’exprime en fonction d’autre(s) variable(s) aléatoire(s), on utilise la linéarité de l’espérance ou le théorème de transfert pour calculer l’espérance. Pour la variance, si on peut exploiter l’indépendance, on utilise la variance d’une combinaison affine sinon, on revient à la formule de Kœnig-Huygens. Exemple d’application (1) On lance un dé équilibré à 6 faces. On gagne 2 euros si on obtient entre 1 et 4 (compris) et on perd 1 euro sinon. Déterminer l’espérance et la variance du gain X. (2) Une puce se déplace de manière rectiligne. À chaque saut, elle avance d’un centimètre avec la probabilité p et recule d’un centimètre avec la probabilité 1 − p. Chaque saut est indépendant des autres. On note Xn la distance qui sépare la puce de son point de départ au bout de n sauts. Déterminer l’espérance et la variance de Xn . 2 4 (1) On commence par déterminer la loi de X : on a X(Ω) = {−1, 2} et P(X = 2) = = et 6 3 1 P(X = −1) = . Ensuite, on passe au calcul de l’espérance 3 2 1 E(X) = 2 × P(X = 2) + (−1) × P(X = −1) = 2 × − = 1. 3 3 Pour le calcul de la variance, on va commencer par calculer 2 1 E(X 2 ) = 22 × P(X = 2) + (−1)2 × P(X = −1) = 4 × + = 3. 3 3 On utilise la formule de Kœnig-Huygens pour conclure V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 3 − 12 = 2.

(2) En reprenant l’exemple de la méthode 14.2, on a Xn = 2Sn − n avec Sn ∼ B(n, p). On applique donc les propriétés de l’espérance et de la variance pour obtenir E(Xn ) = 2E(Sn ) − n = n(2p − 1)

et

V(Xn ) = 22 V(Sn ) = 4np(1 − p).

Voir exercices 14.1, 14.2, 14.3, 14.4, 14.5, 14.6, 14.8, 14.9, 14.10 et 14.11.

Les méthodes à maîtriser

259

Interro de cours 1. Un glacier vend des cornets de glaces contenant 1 ou 2 boules. Chaque jour, il a 100 clients qui choisissent de manière indépendante. Un tiers de ses clients prend systématiquement 1 boule, un sixième systématiquement 2 boules. L’autre moitié est constitué d’indécis qui prennent 2 boules 3 fois sur 4. Combien de boules le glacier vend-il en moyenne par jour ?

2. On lance deux dés équilibrés et on notre X le plus grand des deux résultats. Déterminer la fonction de répartition de X puis en déduire sa loi.

3. Citer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. 4. Dans une urne, il y a 50 boules noires, 80 boules bleues, 120 boules blanches et 150 boules rouges. On tire simultanément 100 boules et on note X le nombre de boules bleues tirées. Reconnaître la loi de X.

5. Si X ∼ U ([[1, n]]), déterminer l’espérance de 1 + n2X . 6. Les propositions suivantes sont-elles toujours vraies ?

(a) Si X et Y ont la même loi, alors pour tout ω ∈ Ω, X(ω) = Y (ω).

(b) Si X est positive, alors E(X) ≥ 0. (c) V(X) = E(X)2 − E(X 2 )

(d) Si a et b ∈ R, V(aX + b) = aV(X) + b.

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7. Par quelle loi peut approximer la loi hypergéométrique et à quelle(s) condition(s) ?

260

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Exercices Pour s’entraîner Exercice 14.1 Un forain possède deux roues découpées en 10 secteurs égaux. Sur la première roue, il y a 3 secteurs rouges et 7 blancs ; sur la deuxième roue, il y a un secteur rouge et 9 blancs. Les gains sont attribués de la manière suivante : • 3 e si les deux roues tombent sur un secteur rouge, • 1 e si une des deux roues tombe sur un secteur rouge, • 0, 5 e si aucune des deux roues ne tombe sur un secteur rouge. Déterminer à quel prix le forain doit faire payer son jeu pour gagner en moyenne 0, 25 e par partie ?

Exercice 14.2 On lance un dé à 4 faces numérotées de 1 à 4. La probabilité d’obtenir une face est proportionnelle au numéro qu’elle porte. On appelle X la variable aléatoire égale au nombre obtenu. 1. Déterminer la loi de X. 2. Calculer l’espérance de X.   1 . 3. Calculer E X

Exercice 14.3 Les n individus d’une population souffrent d’une maladie avec la probabilité p = 0, 05. Pour dépister cette maladie, on procède de l’une des deux manières suivantes : • Première méthode : on dépiste tout le monde. • Deuxième méthode : on mélange le sang des n individus et on le teste. Si le mélange est contaminé par cette maladie, on dépiste tout le monde sinon, on ne dépiste personne. On note Xn le nombre de tests effectués avec la deuxième méthode 1. Calculer l’espérance de Xn . 2. Étudier la fonction f : x → x ln(0, 95) + ln(x). 3. Jusqu’à quelle valeur de n la deuxième méthode est-elle plus économique que la première ?

Exercice 14.4 On dispose d’une urne contenant n jetons numérotés de 1 à n. On tire successivement avec remise deux jetons et on note M la plus grande valeur obtenue. 1. Écrire une fonction Python M(n) qui simule M . 2. Déterminer la fonction de répartition FM de M . 3. En déduire la loi de M puis calculer son espérance. 4. On suppose maintenant que l’on tire successivement sans remise les deux jetons. Déterminer de même la loi et l’espérance de M .

Exercices

261

Exercice 14.5 On dispose d’une urne contenant n boules vertes, 5 boules rouges et 10 boules blanches. On tire une boule au hasard. Si elle est rouge, on gagne 5 e, si elle est blanche, on perd 3 e et si elle est verte, on tire une deuxième boule, sans remettre la première. Si cette deuxième boule est rouge, on gagne 4 e, si elle est blanche on perd 1 e et si elle est verte, on ne gagne rien et le jeu s’arrête. On note X le gain du joueur. 1. Déterminer la loi de X. 2. Calculer E(X) et en déduire la valeur de n pour que le jeu soit équitable.

Exercice 14.6

G2E 2016

Les n échantillons d’une usine de traitement sont relevés par un laboratoire qui choisit d’analyser une partie de ces échantillons (partie choisie de façon équiprobable, éventuellement réduite à l’ensemble vide ou égale à l’ensemble des n échantillons). Pour une semaine donnée, on considère X la variable aléatoire correspondant au nombre d’échantillons analysés.   n 1 1. a. Rappeler Card P(E) (où E = [[1, n]]) puis montrer que : ∀k ∈ [[0, n]] , P(X = k) = . k 2n b. Quelle est la loi suivie par X ? Quels sont les paramètres de cette loi ? c. Quel est le nombre moyen d’échantillons analysés par ce laboratoire ? 2. Calculer le plus petit entier naturel n non nul tel qu’on est certain à strictement plus de 99% qu’au moins un échantillon a été analysé.

Pour aller plus loin

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Exercice 14.7 On s’intéresse à la proportion p de personnes possédant une certaine mutation génétique. On cherche à estimer la valeur de p. Pour ce faire, on examine n personnes prises au hasard et on compte X personnes portant cette mutation génétique. On veut savoir combien de personnes examiner pour avoir une marge d’erreur sur p assez faible. À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, déterminer une valeur de n à partir de laquelle X on a 95% de chances que p soit dans l’intervalle X n − 0, 05 ; n + 0, 05 . 1 On pourra démontrer puis utiliser le fait que p(1 − p) ≤ 4 .

Exercice 14.8 On cherche à transmettre des données informatiques (une suite de 0 et de 1). Un bruit dans la transmission peut fausser un caractère (transformer un 0 en 1 ou un 1 en 0) avec la probabilité 1 − p, de manière indépendante. Pour limiter cette altération, on envoie trois fois chaque caractère et si on a obtenu une majorité de 0, on considère que le caractère est 0, sinon 1. 1. Montrer que, si p > 12 , la fiabilité de la réception est meilleure avec le triple envoi qu’avec l’envoi simple. 2. Quelle est la probabilité qu’un message de n caractères ait été envoyé sans erreur ? 3. Quel est le nombre moyen de caractères erronés à la réception d’un message de n caractères ?

262

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Exercice 14.9 Soit X une variable aléatoire réelle suivant la loi binomial B(n, p). Les résultats de X sont affichés sur un compteur détraqué : • si X(ω) = 0, le compteur affiche X(ω), • si X(ω) = 0, le compteur affiche un nombre au hasard entre 1 et n. On note Y la valeur affichée par le compteur. 1. Écrire une fonction Python X(n,p) qui simule la variable aléatoire X puis une fonction Y(n,p) qui simule la variable aléatoire Y . 2. Déterminer la loi de Y ainsi que son espérance.

Exercice 14.10 On dispose de n boules blanches et n boules noires indiscernables au toucher dans une urne. On tire les 2n boules successivement sans remise. On note Xn le rang du tirage de la dernière boule noire. 1. Déterminer la loi de Xn . 2. En déduire que         n n+1 2n 2n + 1 + + ··· + = . n n n n+1 3. Calculer l’espérance de Xn .

Exercice 14.11 Une puce se déplace de manière rectiligne dans un seul sens par bonds successifs de 1 cm, avec une probabilité p, ou de 2 cm, avec une probabilité q = 1 − p. Tous les sauts sont indépendants. 1. On note Sn le nombre de sauts de 2 cm effectués au cours des n premiers sauts. Déterminer la loi de Sn . 2. On note Xn le nombre de cm parcourus par la puce après n sauts. a. Écrire une fonction Python X(n,p) qui simule Xn . b. Exprimer Xn en fonction de Sn . En déduire l’espérance et la variance de Xn . 3. On note Yn le nombre de sauts nécessaires pour parcourir n cm. a. Écrire une fonction Python Y(n,p) qui simule Yn . b. Exprimer P(Yn+2 = k + 1) en fonction de P(Yn+1 = k) et P(Yn = k). c. En déduire une relation de récurrence sur E(Yn ). d. On pose un = E(Yn ) − an. Déterminer le réel a pour que (un ) soit une suite récurrente linéaire d’ordre 2. e. En déduire l’espérance de Yn .

Corrections

263

Corrections Interro de cours 1. On considère les événements D : « être parmi ceux qui prennent systématiquement 2 boules », U : « être parmi ceux qui prennent systématiquement 1 boule », I : « être un client indécis », et la variable aléatoire réelle X égale au nombre de boules prises par un client. On a X(Ω) = {1, 2}. On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (D, U, I) pour obtenir P(X = 1) = P(D)PD (X = 1) + P(U )PU (X = 1) + P(I)PI (X = 1) = 0 +

1 1 11 1 ×1+ × = 3 2 4 24

et P(X = 2) = P(D)PD (X = 2) + P(U )PU (X = 2) + P(I)PI (X = 2) =

1 3 13 1 ×1+0+ × = . 6 2 4 24

37  1, 54. On en conclut que E(X) = 1 × P(X = 1) + 2 × P(X = 2) = 24 Ayant 100 clients par jour, le glacier vend en moyenne 154 boules de glace par jour. 2. Soit k ∈ [[1, 6]]. L’événement [X ≤ k] correspond au fait d’avoir eu deux valeurs inférieures ou  2 k (la formule reste vraie pour k = 0). égales à k, donc P(X ≤ k) = 6

k2 − (k − 1)2 2k − 1 . = 2 6 36 V(X) 3. Si X est une variable aléatoire réelle et si ε > 0, alors P(|X − E(X)| ≥ ε) ≤ ε2 . 4. Il s’agit d’effectuer un tirage sans remise et de compter un certain type d’élément, cela se modélise par une loi hypergéométrique. Il y a N = 400 boules au total, on en tire n = 100 et 80 = 15 . Ainsi X ∼ H (400, 100, 15 ). la proportion de boules qui nous intéresse est de p = 400 5. D’après la formule de transfert On en déduit ensuite que P(X = k) = P(X ≤ k) − P(X ≤ k − 1) =

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

E(1 + n2X ) =

n 

(1 + n2k )P(X = k) =

k=1

n n  1  k 1 + 2 = n × + 2n+1 − 2 = 2n+1 − 1. n n

k=1

k=1

6. (a) Faux. Si on lance n fois une pièce équilibrée et que l’on note X le nombre de Pile obtenus et Y le nombre de Face obtenus, il est clair que X et Y ne sont pas égales, pourtant elles suivent toutes les deux la même loi binomiale B(n, 12 ). (b) Vrai. Il s’agit de la positivité de l’espérance.

(c) Faux. Le second membre de la formule correcte pour la variance est l’opposée de celui donné. (d) Faux. La formule correcte est V(aX + b) = a2 V(X). 7. On peut approximer la loi H (N, n, p) par la loi binomiale B(n, p) si N ≥ 10n.

264

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

Exercice 14.1 On note G le gain du joueur et R1 : « tomber sur un secteur rouge avec la première roue », R2 : « tomber sur un secteur rouge avec la deuxième roue ».   On a G(Ω) = 12 , 1, 3 , et

1 9 63 7 ) = P(R1 ∩ R2 ) = × = , 2 10 10 100   9 7 1 34 3 P(G = 1) = P (R1 ∩ R2 ) ∪ (R1 ∩ R2 ) = × + × = 10 10 10 10 100 P(G =

et

P(G = 3) = P(R1 ∩ R2 ) =

1 3 3 × = . 10 10 100

1 63 34 3 149 × +1× +3× = = 0, 745. 2 100 100 100 200 Donc si le forain veut gagner en moyenne 0, 25 e par partie, il faut qu’il fasse payer E(G)+0, 25  1 e la partie. Ainsi E(G) =

Exercice 14.2 1. D’après l’énoncé X(Ω) = [[1, 4]] et on dispose de α ∈ R tel que ∀k ∈ [[1, 4]] , P(X = k) = αk. Pour déterminer la valeur de α, on utilise le fait que la somme de toutes les probabilités vaut 1 : 1=

4 

P(X = k) = α

k=1

Ainsi α =

1 10

k = 10α.

k=1

et ∀k ∈ [[1, 4]] , P(X = k) = 4 

4 

4

k 10

1  2 1 × 30. Donc E(X) = 3 k = 10 10 k=1 k=1      4 4 1 k 4 1 2 1 1 = P(X = k) = = . Donc E = 3. D’après la formule de transfert, E X k 10 k 10 X 5 2. On a E(X) =

kP(X = k) =

k=1

k=1

Exercice 14.3 1. Soit le test du mélange du sang des individus n’est pas contaminé, auquel cas on n’a effectué qu’un seul test ; sinon, en plus, on dépiste tout le monde, auquel cas on a effectué n + 1 tests. On a donc Xn (Ω) = {1, n + 1}. L’événement [Xn = 1] correspond au cas où personne n’est malade. Donc P(Xn = 1) = 0, 95n . Puis P(Xn = n + 1) = 1 − P(Xn = 1) = 1 − 0, 95n . Ainsi E(Xn ) = 1 × 0, 95n + (n + 1)(1 − 0, 95n ). D’où E(Xn ) = n + 1 − n × 0, 95n 1 2. Par somme, f est dérivable sur R∗+ et, si x > 0, on a f  (x) = ln(0, 95) + . De plus, x f (x) −−−−→ −∞ et f (x) −−−−−→ −∞ par croissances comparées et car ln(0, 95) < 0. + x→0

x→+∞

Corrections

265

On obtient donc le tableau de variations suivant x

1 − ln(0,95)

0

f (x)

+



0 >0

+∞ −

f −∞

−∞

3. La deuxième méthode est plus économique que la première si et seulement si E(Xn ) < n ⇔ n × 0, 95n > 1 ⇔ f (n) > 0.

Or à l’aide de l’étude de la fonction f et en cherchant une valeur approchée des deux valeurs qui annulent la fonction (en regardant différentes valeurs sur ordinateur par exemple), on en conclut que la deuxième méthode est plus économique que la première si et seulement si 2 ≤ n ≤ 87.

Exercice 14.4

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1.

import random as rd def M ( n ): J1 = rd . randint (1 , n ) # tirage du premier jeton J2 = rd . randint (1 , n ) # tirage du second jeton if J1 > J2 : return J1 else : return J2

2. On a M (Ω) = [[1, n]]. Si k ∈ [[1, n]], l’événement [M ≤ k] correspond au cas où on a tiré deux  2 k . D’où jetons ayant chacun un numéro inférieur ou égal à k. Ainsi P(M ≤ k) = n  0 si k < 1     2 k FM (k) = si 1 ≤ k ≤ n    n 1 si k > n 3. En utilisant le résultat précédent, si k ∈ [[1, n]], on a 2  2  k k−1 k 2 − (k − 1)2 2k − 1 P(M = k) = FM (k) − FM (k − 1) = − = = . n n n2 n2 Puis

E(M ) =

n 

kP(M = k) =

k=1

= =

1 n2



2

n 

k=1

k2 −

n 

k=1

k



  n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) 1 − 2 n2 6 2 (n + 1)(4n − 1) . 6n

266

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

4. Dans ce cas, on a

 0    k(k − 1) FM (k) =  n(n − 1)   1

d’où, si k ∈ [[1, n]],

si k < 1 si 1 ≤ k ≤ n si k > n

2(k − 1) k(k − 1) − (k − 1)(k − 2) = . n(n − 1) n(n − 1)  n  n   2 2 k − k n(n − 1) k=1 k=1   n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) 2 − n(n − 1) 6 2 2n + 2 . 3

P(M = k) = FM (k) − FM (k − 1) = Puis E(M ) =

n 

kP(M = k)

=

k=1

= =

Exercice 14.5 1. On définit les événements suivants, pour i = 1 ou i = 2 Vi : « tirer une boule verte au ième tirage » Ri : « tirer une boule rouge au ième tirage » Bi : « tirer une boule blanche au ième tirage ». On a X(Ω) = {−3, −1, 0, 4, 5} et, en utilisant la formule des probabilités composées, 10 10n n P(X = −1) = P(V1 ∩ B2 ) = P(V1 )PV1 (B2 ) = × = , n + 15 n + 14 (n + 15)(n + 14) n−1 n(n − 1) n × = , n + 15 n + 14 (n + 15)(n + 14) 5 5n n × = , P(X = 4) = P(V1 ∩ R2 ) = P(V1 )PV1 (R2 ) = n + 15 n + 14 (n + 15)(n + 14) 10 5 et P(X = 5) = P(R1 ) = . P(X = −3) = P(B1 ) = n + 15 n + 15 On résume tous ces résultats dans le tableau suivant −3 −1 0 4 5 k P(X = 0) = P(V1 ∩ V2 ) = P(V1 )PV1 (V2 ) =

10n 5n n(n − 1) 10 (n + 15)(n + 14) (n + 15)(n + 14) (n + 15)(n + 14) n + 15 2. On déduit de la question précédente que 10 10n n(n − 1) E(X) = −3 × −1× +0× n + 15 (n + 15)(n + 14) (n + 15)(n + 14) 5n 5 +4 × +5× (n + 15)(n + 14) n + 15 5n − 70 = . (n + 15)(n + 14) P(X = k)

Ainsi E(X) = 0 ⇔ 5n − 70 = 0 ⇔ n = 14. Le jeu est donc équitable si et seulement s’il y a 14 boules vertes.

5 n + 15

Corrections

267

Exercice 14.6 1. a. On a Card(P(E)) = 2n .   De plus, si k ∈ [[0, n]], pour dénombrer [X = k], on choisit les k échantillons analysés : nk possibilités ; puis on choisit les n − k échantillons  non analysés parmi les n − k échantillons restants : 1 possibilité. Donc Card([X = k]) = nk .   n 1 Par équiprobabilité, on en conclut que ∀k ∈ [[0, n]] , P(X = k) = . k 2n    k  n−k 1 n 1 . b. Si k ∈ [[0, n]], on peut réécrire P(X = k) = 2 2 k 1 Ainsi X ∼ B(n, 2 ). n c. Le nombre moyen d’échantillons analysés par ce laboratoire est E(X) = . 2 2. Soit n ∈ N∗ , on a P(X ≥ 1) ≥ 0, 99 ⇔ 1 − P(X = 0) ≥ 0, 99

P(X = 0) ≤ 0, 01 1 ⇔ ≤ 0, 01 2n ln(0, 01)  6, 64. ⇔ n≥− ln(2) ⇔

On est donc sûr à au moins 99% d’analyser au moins un échantillon dès que n ≥ 7.

Exercice 14.7

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La variable X suit une loi binomiale B(n, p). On a donc E(X) = np et V(X) = np(1 − p). V(X) . Soit ε > 0, d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on a P(|X − np| ≥ ε) ≤ ε2  2 1 1 1 ≤ . + On commence par utiliser l’indication. On a p(1 − p) = p − p2 = − p − 2 4 4 n n Donc V(X) ≤ . Ainsi P(|X − np| ≥ ε) ≤ 2 puis 4 4ε n P(|X − np| < ε) = 1 − P(|X − np| ≥ ε) ≥ 1 − 2 . 4ε Or en modifiant un peu l’événement considéré ci-dessus, on obtient |X − np| < ε ⇔ −ε < X − np < ε ⇔

Au final, on arrive à

ε X ε X − 12 , le triple envoi est plus fiable que le simple envoi. 2. On note C le nombre de caractères envoyés correctement (avec le triple envoi) sur un message de n caractères. La variable C suit une loi binomiale B(n, p2 (3 − 2p)). La probabilité que le message ait été envoyé sans erreur est P(C = n) = (p2 (3 − 2p))n . 3. Le nombre moyen de caractères corrects envoyés est E(C) = np2 (3 − 2p). Donc le nombre moyen de caractères erronés n(1 − p2 (3 − 2p)).

Exercice 14.9 1.

import random as rd def X (n , p ): S = 0 for i in range ( n ): if rd . random () < p : S += 1 return S

def Y (n , p ): S = X (n , p ) if S != 0: return rd . randint (1 , n ) else : return S

2. On a Y (Ω) = [[1, n]]. Si k ∈ [[1, n]] et i ∈ [[1, n]] avec i = k, on a P[X=i] (Y = k) = 0. On applique ensuite la formule des probabilités totales au système complet d’événements ([X = i])0≤i≤n et on obtient P(Y = k) =

n 

P(X = i)P[X=i] (Y = k) =

i=0

=

P(X = 0)P[X=0] (Y = k) + P(X = k)P[X=k] (Y = k)   1 n k p (1 − p)n−k × 1. (1 − p) × + n k n

Corrections

269

Pour l’espérance, E(Y )

=

n 

k=1 n 

kP(Y = k)

  n (1 − p)n  n k + k p (1 − p)n−k n k k=1 k=1   n n n   (1 − p) n k = k+ k p (1 − p)n−k − 0 n k =

k

k=1

=

=

k=0

(1 − p)n n(n + 1) × + E(X) n 2 (n + 1)(1 − p)n + np. 2

Exercice 14.10

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1. On modélise le problème en notant la couleur de la boule tirée à chaque tirage pour obtenir un « mot » de 2n éléments. Chaque série de tirages a la même probabilité d’arriver. On est donc dans une situation d’équiprobabilité.   Pour dénombrer Ω, on choisit les places des n boules noires : 2n n possibilités ; puis on choisit   les places de n boules blanches dans les n places restantes : 1 possibilité. Ainsi Card(Ω) = 2n n . On a Xn (Ω) = [[n, 2n]]. Si k ∈ [[n, 2n]], pour dénombrer [Xn = k], on commence par placer une boule noire à la k ème place : 1 possibilité ; puis on place les n − 1 boules noires restantes k−1 dans k − 1 premières places : n−1 possibilités ; pour finir, on place les n boules noires dans les n places restantes : 1 possibilité. Ainsi   k−1 n−1 ∀k ∈ [[n, 2n]] , P(Xn = k) =   2n n 2. On considère la variable aléatoire réelle Xn+1 . On a Xn+1 (Ω) = [[n + 1, 2n + 2]], donc   k−1 2n+2 2n+2 2n+2    k − 1 1 n =   . P(Xn+1 = k) = 1= 2n + 2 2n + 2 n k=n+1 k=n+1 k=n+1 n+1 n+1     2n+2  k−1 2n + 2 Alors = , puis n n+1 k=n+1

      2n+2  k − 1 2n + 1 2n + 2 2n + 1 n n+1 2n + + ··· + = − = − . n n n n n n+1 n k=n+1

270

Chapitre 14

Variables aléatoires finies

     2n + 2 2n + 1 2n + 1 . = + On conclut en utilisant la formule du triangle de Pascal : n+1 n n+1 Ainsi         n n+1 2n 2n + 1 + + ··· + = . n n n n+1 3. On a   k−1  2n 2n 2n    1  k−1 n−1 E(Xn ) = kP(Xn = k) = k   =  k . 2n 2n n−1 k=n k=n k=n n n     k k−1 , puis l’égalité obtenue =n On applique les propriétés des cœfficients binomiaux k n n−1 à la question précédente pour obtenir     2n n(2n + 1) n 2n + 1 1  k = E(Xn ) =   = × . n 2n 2n n+1 n n+1 k=n n n 

Exercice 14.11 1. Sn suit la loi binomiale B(n, q). 2. a. from random import random def X (n , p ): X = 0 for k in range ( n ): if random () < p : X += 1 else : X += 2 return X b. Pour avoir la distance parcourue, on compte : la puce a effectué Sn sauts de 2 cm et n − Sn sauts de 1 cm. Ainsi Xn = 2 × Sn + 1 × (n − Sn ) = Sn + n. Par linéarité, on obtient E(Xn ) = E(Sn ) + n = n(q + 1). 3. a. def Y (n , p ) : nb_sauts = 0 # nombre de sauts d = 0 # distance parcourue while d < n : nb_sauts += 1 if random () < p : d += 1 else : d += 2 return nb_sauts

Corrections

271

b. Soient n un entier naturel et k un entier naturel non nul. La famille ([X1 = 1], [X1 = 2]) forme un système complet d’événements, on peut donc lui appliquer la formule des probabilités totales : P(Yn+2 = k) = P(X1 = 1) P[X1 =1] (Yn+2 = k) + P(X1 = 2) P[X1 =2] (Yn+2 = k).       =p

=q

Pour le calcul de P[X1 =1] (Yn+2 = k) : parcourir n + 2 cm en k sauts sachant qu’on en a parcouru 1 au premier saut, cela revient à parcourir n + 1 cm sur les k − 1 sauts suivants. Ainsi P[X1 =1] (Yn+2 = k) = P(Yn+1 = k − 1). De même P[X1 =2] (Yn+2 = k) = P(Yn = k − 1).

On en conclut que P(Yn+2 = k) = pP(Yn+1 = k − 1) + qP(Yn = k − 1)

c. Par souci de simplicité, on prendra les sommes à partir de l’indice 0 (même si la moitié des termes de la somme est nulle). On a E(Yn+2 )

=

n+2 

kP(Yn+2 = k) = p

k=0

= p

n+1 

n+2  k=1

(j + 1)P(Yn+1 = j) + q

j=0

= p

n+1  j=0

=



un+2

n+1 

n+2  k=1

kP(Yn = k − 1)

(j + 1)P(Yn = j)

j=0

jP(Yn+1 = j) +p 

= E(Yn+1 )



n+1  j=0



pE(Yn+1 ) + qE(Yn ) + 1.

d. On a

kP(Yn+1 = k − 1) + q

P(Yn+1 = j) +q 

=1



n+1  j=0



jP(Yn = j) +q 

= E(Yn )



n+1  j=0



P(Yn = j) 

=1



= E(Yn+2 ) − a(n + 2) = pE(Yn+1 ) + qE(Yn ) + 1 − a(n + 2) = pun+1 + qun + 1 + a(pn + p + qn − n − 2)

=

pun+1 + qun + 1 − a(1 + q).

1 . 1+q e. On considère l’équation caractéristique de la suite (un ) : r2 − pr − q = 0, dont les deux solutions sont r = 1 et r = −q. Ainsi, il existe λ et µ tels que, pour tout n ∈ N

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La suite (un ) est donc récurrente linéaire d’ordre 2 si a =

un = λ + µ(−q)n .

Or les variables aléatoires réelles Y0 et Y1 sont constantes égales respectivement à 0 et 1. q q 1 Donc u0 = 0 et u1 = 1 − 1+q . On en déduit que λ = (1+q) 2 et µ = − (1+q)2 . Ainsi ∀n ∈ N, E(Yn ) =

q n (1 − (−q)n ) + 2 (1 + q) 1+q

CHAPITRE

Couples de variables aléatoires finies

15

L’essentiel du cours Dans tout le chapitre (Ω, P) sera un espace probabilisé fini.

 1 Couples de variables aléatoires réelles Dans toute cette partie X et Y seront des variables aléatoires réelles sur Ω. Définition • La loi conjointe de X et Y est la loi du couple (X, Y ) : Ω → R2 . • Si Z = (X, Y ) est un couple de variables aléatoires réelles, les lois marginales de Z sont celles de X et Y . Proposition Les lois marginales de (X, Y ) sont données par les formules suivantes  ∀x0 ∈ X(Ω), P(X = x0 ) = P(X = x0 , Y = y) y∈Y (Ω)

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∀y0 ∈ Y (Ω), P(Y = y0 ) =



P(X = x, Y = y0 ).

x∈X(Ω)

Il n’est en revanche pas possible de déterminer la loi conjointe à partir des deux lois marginales (on ne sait pas comment elles interagissent entre elles). Définition Si x ∈ X(Ω) tel que P(X = x) > 0, la loi conditionnelle de Y sachant X = x est la loi PX=x définie par P(X = x, Y = y) . ∀y ∈ Y (Ω), PX=x (Y = y) = P(Y = y | X = x) = P(X = x)

274

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Théorème de transfert Si u : X(Ω) × Y (Ω) → R, alors u(X, Y ) est une variable aléatoire réelle sur Ω et  E(u(X, Y )) = u(x, y)P(X = x, Y = y). x∈X(Ω) y∈Y (Ω)

Définition    La covariance de X et Y est le réel Cov(X, Y ) = E X − E(X) Y − exp(Y ) . Formule de Kœnig-Huygens On a Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ). Propriétés de la covariance Si a, b ∈ R et si Z est une variable aléatoire réelle, alors

Cov(aX + bY, Z) = a Cov(X, Z) + b Cov(Y, Z), Cov(X, aY + bZ) = a Cov(X, Y ) + b Cov(X, Z),

Cov(X, Y ) = Cov(Y, Z) Cov(X, X) = V(X).

Propriétés de la somme de deux variable aléatoire réelle Si a, b et k ∈ R, alors   • P(X + Y = k) = P(X = x, Y = k − x) = P(X = k − y, Y = y). x∈X(Ω)

y∈Y (Ω)

• E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y ). • V(aX + bY ) = a2 V(X) + 2ab Cov(X, Y ) + b2 V(Y ). Définition

On dit que X et Y sont indépendantes si ∀(x, y) ∈ X(Ω) × Y (Ω), P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y). Propriétés de l’indépendance Si u : X(Ω) → R et v : Y (Ω) → R, et si X et Y sont indépendantes alors • u(X) et v(Y ) sont indépendantes. • E(XY ) = E(X)E(Y ). • Cov(X, Y ) = 0. Si Cov(X, Y ) = 0, cela ne veut pas forcément dire que X et Y sont indépendantes.

L’essentiel du cours

275

 2 Vecteurs de variables aléatoires réelles Définition Soient X1 , . . . , Xn des variables aléatoires réelles sur Ω. • La loi conjointe de X1 , . . . , Xn est la loi du n-uplet (X1 , . . . , Xn ). • Les lois marginales de (X1 , . . . , Xn ) sont les lois de X1 , . . . , Xn . • X1 , . . . , Xn sont indépendantes (ou mutuellement indépendantes) si

∀(x1 , . . . , xn ) ∈ X1 (Ω)×· · ·×Xn (Ω), P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) = P(X1 = x1 ) · · · P(Xn = xn ). Lemme des coalitions Soient X1 , . . . , Xn des variables aléatoires réelles indépendantes. • Si p ∈ [[1, n]], alors X1 , . . . , Xp sont indépendantes. • Si p ∈ [[1, n − 1]], ϕ est une fonction de Rp dans R et si ψ est une fonction de Rn−p dans R, alors ϕ(X1 , . . . , Xp ) et ψ(Xp+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes. • Si u1 , . . . , un sont des fonctions de R dans R, alors u1 (X1 ), . . . , un (Xn ) sont indépendantes. Espérance et variance d’une somme Si X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires réelles sur Ω, alors E(X1 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn )  V(X1 + · · · + Xn ) = V(X1 ) + · · · + V(Xn ) + 2 Cov(Xi , Xj ).

Si, de plus, X1 , . . . , Xn sont indépendantes, alors

1≤i j, P ([X = i] ∩ [Y = j]) = P (∅) = 0,

1 , 36 2 1 • si i < j, P ([X = i] ∩ [Y = j]) = P ({(i, j), (j, i)}) = = . 36 18 On peut représenter la loi conjointe de X et Y dans un tableau à double entrée et on en déduit les lois marginales en effectuant la somme de chaque ligne ou colonne • si i = j, P ([X = i] ∩ [Y = j]) = P ({(i, i)}) =

Y

1

2

3

4

5

6

loi de X

1

1 36

2

0

1 18 1 36

3

0

0

1 18 1 18 1 36

4

0

0

0

1 18 1 18 1 18 1 36

5

0

0

0

0

1 18 1 18 1 18 1 18 1 36

6

0

0

0

0

0

1 36

3 36

5 36

7 36

9 36

11 36 9 36 7 36 5 36 3 36 1 36

loi de Y

1 18 1 18 1 18 1 18 1 18 1 36 11 36

X

1

Les méthodes à maîtriser

277

On lit ainsi la loi de X sur la dernière colonne et la loi de Y sur la dernière ligne. La case en bas à droite permet de vérifier que la somme des probabilités est bien égale à 1 (ce qui permet de limiter les erreurs de calcul). (2) Si i ∈ [[1, n]], on a n n   2i 4i n(n + 1) 4i P(X = i) = = . P(X = i, Y = j) = 2 j= 2 × 2 2 n (n + 1) n (n + 1) 2 n(n + 1) j=1 j=1 De même (et par symétrie du rôle de i et j dans la loi conjointe), on obtient que 2j ∀j ∈ [[1, n]] , P(Y = j) = . n(n + 1)

Voir exercices 15.1, 15.5 et 15.11. Méthode 15.2 : Décomposer une variable aléatoire en une somme de variables aléatoires réelles Il peut être parfois intéressant d’exprimer une variable aléatoire dont la loi ou l’espérance peut être un peu compliquée à déterminer directement. En général, quand on a une expérience faisant intervenir une succession d’étapes, on décompose la variable avec des variables de Bernoulli portant sur chaque étape. Exemple d’application Soit X ∼ B(n, p). En exprimant X comme une somme de variables de Bernoulli, retrouver E(X) et V(X). La variable X modélise une succession de n épreuves de Bernoulli indépendantes et compte le nombre de ces épreuves ayant eu un succès. Pour i ∈ [[1, n]], on note Xi l’indicatrice de l’événement « la ième épreuve a été un succès ». On obtient donc que X = X1 + · · · + Xn , les Xi étant des variables de Bernoulli de paramètre p et indépendantes. Il s’ensuit que n n   E(Xi ) = p = np E(X) = i=1

i=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

et, par indépendance, que

V(X) =

n  i=1

V(Xi ) =

n  i=1

p(1 − p) = np(1 − p).

Voir exercices 15.4, 15.8, 15.9, 15.12 et 15.13.

278

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Interro de cours 1. Soient X, Y, X1 , Y1 des variables aléatoires réelles. Parmi les propositions suivantes lesquelles sont toujours vraies ?

(a) Si (X, Y ) a la même loi que (X1 , Y1 ), alors X a la même loi que X1 et Y a la même loi que Y1 . (b) Si X a la même loi que X1 et Y a la même loi que Y1 , alors (X, Y ) a la même loi que (X1 , Y1 ). (c) Si X et Y sont indépendantes, alors la loi de X sachant Y = y est la même pour tout y ∈ Y (Ω).

2. Un urne contient 2 boules blanches, 3 boules rouges et 4 boules bleues. On tire simultanément 3 boules dans l’urne et on note X le nombre de boules blanches et Y le nombre de boules rouges. (a) Déterminer la loi conjointe de X et Y dans un tableau. (b) En déduire les lois marginales X et Y dans ce même tableau.

3. Soient X et Y deux variables aléatoires réelles et a et b deux réels non nuls. Déterminer, parmi les propositions suivantes, lesquelles sont équivalentes entre elles. (a) X et Y sont indépendantes (b) E(XY ) = E(X)E(Y ) (c) Cov(X, Y ) = 0

(d) V(aX + bY ) = a2 V(X) + b2 V(Y ).

4. Soient X1 , . . . , Xn des variables aléatoires réelles. Parmi les propositions suivantes lesquelles sont toujours vraies ?

(a) Si, pour tous i = j dans [[1, n]], Xi et Xj sont indépendantes, alors X1 , . . . , Xn sont (mutuellement) indépendantes. (b) Si X1 , . . . , Xn sont (mutuellement) indépendantes, alors, pour tous i = j dans [[1, n]], Xi et Xj sont indépendantes. (c) Si X1 , . . . , Xn sont (mutuellement) indépendantes, alors, pour tout p ∈ [[1, n]], X1 , . . . , Xp aussi.

Exercices

279

Exercices Pour s’entraîner Exercice 15.1 Soient p un réel, X et Y deux variables de Bernoulli dont la loi conjointe est donnée par le tableau : Y

0

1

0

2 −p 3

1

p

1 − +p 6 1 −p 2

X

1. Quelles sont les valeurs que peut prendre p ? 2. Déterminer les lois marginales du couple. Calculer l’espérance et la variance de X et de Y . 3. Pour quelle valeur de p les variables X et Y sont-elles indépendantes ?

Exercice 15.2 On lance deux dés équilibrés à 6 faces et on note S la somme des valeurs obtenues. Déterminer la loi de S.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Exercice 15.3

Agro-Veto 2016 (section TB)

On dispose d’une urne contenant 4 jetons numérotés de 1 à 4. On effectue deux tirages successifs sans remise. On appelle Y1 le numéro du premier jeton tiré et Y2 celui du second jeton tiré. Il est clair que Y1 suit une loi uniforme sur [[1, 4]], ce que l’on pourra utiliser dans la suite. 1. Soit j ∈ [[1, 4]], justifier que :   0 si j = 1 P(Y2 = 1 | Y1 = j) = 1  sinon. 3 2. 3. 4. 5.

En déduire la valeur de P(Y2 = 1). On nommera la formule utilisée. En procédant de même, déterminer la loi de Y2 . Déterminer l’espérance et la variance de Y2 . Déterminer la loi conjointe du couple (Y1 , Y2 ). On pourra représenter cette loi sous forme d’un tableau à double entrée. 6. Calculer la covariance du couple (Y1 , Y2 ). 7. Les variables aléatoires Y1 et Y2 sont-elles indépendantes ?

280

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Exercice 15.4 Soient r et n deux entiers naturels non nuls. On considère r boules numérotées de 1 à r que l’on place au hasard dans n tiroirs numérotés de 1 à n. On note • si i ∈ [[1, n]], Vi l’indicatrice de "le i-ème tiroir est vide", • V le nombre de tiroirs vides, • si j ∈ [[1, r]], Bj l’indicatrice de "la j-ème boule est dans le tiroir 1", • T le nombre de boules dans le tiroir 1. 1. 2. 3. 4.

Déterminer la loi et l’espérance des Vi et des Bj . Calculer la covariance de Vi et Bj . Exprimer V en fonction des Vi , et T en fonction des Bj . En déduire l’espérance de V et de T puis la covariance de V et l’espérance de T .

Exercice 15.5 Soient n ∈ N∗ et p et p deux réels de ]0, 1[. On considère X ∼ B(n, p) et Y telle que, pour tout k ∈ [[0, n]], la loi de Y sachant [X = k] est B(n, p ). 1. Déterminer la loi du couple (X, Y ). 2. En déduire la loi de Y .

Exercice 15.6 Soit n ≥ 2. On dispose de n urnes numérotées de 1 à n. Dans l’urne k, il y a k boules numérotées de 1 à k. On choisit une urne au hasard et dans celle-ci on tire une boule au hasard. On note X le numéro de l’urne choisie et Y le numéro de la boule tirée. 1. Déterminer la loi de X et la loi de Y . 2. Déterminer l’espérance de X et l’espérance de Y . 3. Déterminer la covariance de X et Y .

Exercice 15.7 Soient X1 , . . . , Xn des variables aléatoires réelles indépendantes et de même loi uniforme sur [[1, n]]. On note Y = max(X1 , . . . , Xn ). 1. Déterminer la loi de Y . n−1   k n 2. En déduire que E(Y ) = n − . n k=0

Pour aller plus loin Exercice 15.8 On dispose d’une urne contenant n jetons numérotés de 1 à n. On tire simultanément k jetons (k ∈ [[1, n]]) et on note X la somme des valeurs des jetons tirés. Déterminer l’espérance de X en la décomposant comme la somme de variables de Bernoulli.

Exercices

281

Exercice 15.9 Un lecteur mp3 contient n ≥ 2 pistes de lectures numérotées de 1 à n et fonctionne en mode aléatoire (à la fin de chaque piste, une nouvelle piste, éventuellement égale à l’ancienne, est choisie aléatoirement). Pour k ∈ N∗ , on note Xk le nombre de pistes différentes qui ont été lues au moins une fois au cours des k premières lectures. 1. Déterminer, en fonction de n et k, les valeurs prises par Xk . 2. Pour k ∈ N∗ , calculer P(Xk = 1) et P(Xk = k). 3. Pour k ∈ N∗ , exprimer P(Xk+1 = i) en fonction de P(Xk = i) et P(Xk = i − 1). n−1 4. En déduire que E(Xk+1 ) = E(Xk ) + 1, puis déterminer une expression de E(Xk ). n 5. On note Np l’indicatrice de l’événement « un nouveau morceau est lu à la pème lecture ». p−1  n−1 Montrer que Np suit une loi de Bernoulli de paramètre . n 6. Exprimer Xk en fonction des Np puis retrouver l’expression de E(Xk ).

Exercice 15.10

Agro-Veto 2014 (section TB)

Une urne contient b boules blanches et r boules rouges (b, r ∈ N∗ ). Nous allons procéder à des tirages successifs dans cette urne de la manière suivante : • si la boule tirée est de couleur blanche, nous replaçons la boule tirée dans l’urne avec en plus c boules blanches, • si la boule tirée est de couleur rouge, nous replaçons la boule tirée dans l’urne avec en plus c boules rouges. Pour tout entier naturel non nul n, nous désignerons par Xn la variable aléatoire égale à 1 si la boule sortie au nème tirage est blanche, 0 si la boule sortie au nème tirage est rouge. 1. Reconnaître la loi de X1 , puis déterminer la loi de X2 et la reconnaître. b 2. Démontrer que la variable X3 suit la loi de Bernoulli de paramètre . b+r Que peut-on conjecturer ? n  Xk . 3. Pour n ∈ N∗ , notons Sn = © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

k=1

a. Soit k ∈ [[0, n]]. Si l’événement [Sn = k] est réalisé à l’issue du nème tirage, quelle est la composition de l’urne ? b. Si k ∈ [[0, n]], calculer P(Xn+1 = 1 | Sn = k). b + cE(Sn ) . c. En déduire que P(Xn+1 = 1) = b + r + nc ∗ d. Soit n ∈ N . On suppose que les variables aléatoires X1 , . . . , Xn suivent une loi de Bernoulli b de paramètre . b+r Déterminer la loi de Xn+1 puis la reconnaître. e. Quel raisonnement mathématique nous permet de conclure sur la loi suivie par les variables aléatoires Xn , n ∈ N∗ ?

282

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Exercice 15.11

G2E 2016

On note E = [[1, n]]. Les n échantillons d’une usine de traitement sont relevés par deux laboratoires L1 et L2 qui choisissent chacun de manière indépendante et équiprobable une partie quelconque des n échantillons. La partie des échantillons analysés par L1 est notée P1 et la partie des échantillons analysés par L2 est notée P2 . 1. On note X1 la variable aléatoire correspondant au nombre d’échantillons analysés par L1 et B désigne l’événement P1 ⊂ P2 . 1 a. Démontrer que ∀k ∈ [[0, n]] , P(B | X1 = k) = k . 2 b. En déduire P(B). 2. On note Y la variable aléatoire correspondant au cardinal de P1 ∩ P2 . a. Les variables aléatoires X1 et Y sont-elles indépendantes ? 2 b. Calculer P(Y = i | X1 = k) pour tout (i, k) ∈ [[0, n]] . c. En déduire la loi de Y .     n−1 n . =n 3. a. Démontrer que ∀k ∈ E, k k−1  k b. Déduire enfin des questions précédentes que Card(P1 ∩ P2 ) = n4n−1 . (P1 ,P2 )∈P(E)2

Exercice 15.12 Une urne contient N boules blanches ou noires, la proportion de boules blanches est p et la proportion de boules noires est q = 1 − p. On tire n boules simultanément et on note X le nombre de boules blanches tirées. On suppose que les boules blanches sont numérotées de 1 à N p. Pour i ∈ [[1, N p]], on note Xi l’indicatrice de l’événement « la ième boule blanche est tirée ». 1. Reconnaître la loi de X et exprimer X en fonction des Xi . 2. Déterminer l’espérance et la variance des Xi . 3. Si i = j, déterminer la covariance de (Xi , Xj ). 4. En déduire l’espérance et la variance de X. Quel résultat vient-on de (re)démontrer ?

Exercice 15.13 Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On tire successivement toutes les boules sans remise. On dit qu’il y a rencontre au i-ème tirage si on tire la boule numéro i au i-ème tirage. On note X le nombre de rencontres. Déterminer l’espérance et la variance de X.

Corrections

283

Corrections Interro de cours 1. (a) Vrai. Avec la loi conjointe on peut récupérer chaque loi marginale. Donc si (X, Y ) et (X1 , Y1 ) suivent la même loi, alors leur première loi marginale aussi, c’est-à-dire X et X1 aussi. Il en va de même pour Y et Y1 . (b) Faux. Les variables peuvent interagir différemment entre elles. Si X ∼ B( 12 ) et si on pose Y = 1 − X, X1 = X et Y1 = X. On a P(X = 1, Y = 1) = 0, alors que P(X1 = 1, Y1 = 1) = P(X = 1) = 12 Donc (X, Y ) et (X1 , Y1 ) ne suivent pas la même loi alors que X et X1 suivent toutes les deux la loi binomiale B( 12 ) et que Y et Y1 suivent toutes les deux la loi binomiale B( 12 ). (c) Vrai. Par indépendance, P(X = x, Y = y) = P(X = x)P(Y = y), donc PY =y (X = x) =

P(X = x)P(Y = y) P(X = x, Y = y) = = P(X = x). P(Y = y) P(Y = y)

2. Pour pouvoir raisonner par l’équiprobabilité, on considère les boules toutes différentes,  donc Card(Ω) = 93 = 84. Soient i ∈ [[0, 2]] et j ∈ [[0, 3]]. Pour dénombrer [X = i, Y = j],    on choisit i boules blanches : 2i possibilités ; puis on choisit j boules rouges : 3j possibilités ;  4  possibilités. pour finir on choisit 3 − i − j boules bleues : 3−i−j Après calcul, on récapitule tout ceci dans un tableau en ajoutant une ligne et une colonne pour récupérer la loi de X et la loi de Y . Y

0

1

2

3

loi de X

0

4 84

18 84

12 84

1 84

35 84

1

12 84

24 84

6 84

0

42 84

2

4 84

3 84

0

0

7 84

loi de Y

20 84

45 84

18 84

1 84

1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

X

3. D’après la formule de Kœnig-Huygens, (b) et (c) sont équivalents. D’après la formule de V(aX + bY ), (c) et (d) sont équivalents. Cependant Cov(X, Y ) = 0 n’entraîne pas forcément que X et Y sont indépendants. Ainsi (b), (c) et (d) sont équivalentes. 4. (a) Faux. On lance deux fois un dé à 6 faces. On note X1 l’indicatrice de l’événement « le premier résultat est pair », X2 l’indicatrice de l’événement « le deuxième résultat est impair » et X3 l’indicatrice de l’événement « les deux résultats ont la même parité ». Les variables X1 et X2 sont indépendantes, les variables X1 et X3 sont indépendantes et les variables

284

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

X2 et X3 sont indépendantes. Cependant, P(X1 = 1, X2 = 1, X3 = 1) = 0 = P(X1 = 1)P(X2 = 1)P(X3 = 1),

donc les variables X1 , X2 et X3 ne sont pas (mutuellement) indépendantes. (b) Vrai. D’après le lemme de coalitions. (c) Vrai. D’après le lemme de coalitions.

Exercice 15.1 1. Il faut que chacune des  probabilités  données   dansle tableau   soit dans [0, 1]. Il faut donc  quatre 1 7 1 1 1 1 1 2 ∩ [0, 1] ∩ , ∩ − , = , . que p appartienne à − , 3 3 6 6 2 2 6 2 2. En rajoutant une ligne et une colonne, on obtient Y

0

X

1

loi de X

2 −p 3

1 1 − +p 6 2 1 1 −p 1 p 2 2 2 1 loi de Y 1 3 3 Ainsi X suit la loi de Bernoulli B( 12 ) et Y suit la loi de Bernoulli B( 13 ). Il s’ensuit que 0

E(X) =

1 , 2

V(X) =

1 , 4

E(Y ) =

1 3

et

V(Y ) =

2 . 9

3. On procède par analyse-synthèse : • Analyse. Si X et Y sont indépendants, alors P(X = 1, Y = 0) = P(X = 1)P(Y = 0), 1 1 2 c’est-à-dire p = × = . 2 3 3 • Synthèse. Si p = 13 , alors P(X = 0, Y = 0) =

2 1 1 − = = P(X = 0)P(Y = 0), 3 3 3

1 1 1 P(X = 0, Y = 1) = − + = = P(X = 0)P(Y = 1), 6 3 6 1 P(X = 1, Y = 0) = = P(X = 1)P(Y = 0), 3 1 1 1 P(X = 1, Y = 1) = − = = P(X = 1)P(Y = 1). 2 3 6 Donc X et Y sont indépendantes. 1 On conclut que X et Y sont indépendantes si et seulement si p = . 3

Corrections

285

Exercice 15.2 On distinguera les deux dés dans notre raisonnement. On note X la valeur obtenue par le premier dé et Y la valeur obtenue par le deuxième. Les variables aléatoires X et Y suivent la loi uniforme sur [[1, 6]] et sont indépendantes. De plus S = X + Y . Ainsi S(Ω) = [[2, 12]] et pour tout k ∈ [[2, 12]], on a k−1 k−1 k−1   1 1 • Si k ≤ 6, alors P(S = k) = × = P(X = i, Y = k − i) = P(X = i)P(Y = k − i) = 6 6 i=1 i=1 i=1 k−1 . 36 6 6   13 − k • Si k ≥ 7, alors P(S = k) = . P(X = i, Y = k − i) = P(X = i)P(Y = k − i) = 36 i=k−6 i=k−6  k−1   si k ≤ 6  36 On conclut que ∀k ∈ [[2, 12]] , P(S = k) =  13 − k   si k ≥ 7. 36

Exercice 15.3 1. Si on a déjà tiré le jeton i au premier tirage, il ne reste que trois jetons. Si j = 1, on ne peut pas tirer le jeton 1 au second tirage, d’où P(Y2 = 1 | Y1 = 1) = 0. Si j = 1, on a une chance sur trois de tirer le jeton 1 au second tirage, d’où P(Y2 = 1 | Y1 = j) = 13 . 2. On utilise la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements ([Y1 = j])1≤j≤4 pour obtenir

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P(Y2 = 1)

= P(Y1 = 1)PY1 =1 (Y2 = 1) + P(Y1 = 2)PY1 =2 (Y2 = 1) + P(Y1 = 3)PY1 =3 (Y2 = 1) + P(Y1 = 4)PY1 =4 (Y2 = 1) 1 1 1 1 1 1 1 = ×0+ × + × + × 4 4 3 4 3 4 3 1 = . 4

3. Soit i ∈ [[2, 4]]. On procède de même pour obtenir P(Y2 = i) =

4 

P(Y1 = j)PY1 =j (Y2 = 1) =

j=1

4  1 j=1 j=i

4

×

1 1 = . 3 4

On conclut que Y2 suit aussi la loi uniforme sur [[1, 4]]. 4. En utilisant les formules de l’espérance et de la variance sur la loi uniforme, on obtient E(Y2 ) =

5 2

et

V(Y2 ) =

5 42 − 1 = 12 4

5. Si i, j ∈ [[1, 4]], on a P(Y1 = j, Y2 = i) = P(Y1 = j)PY1 =j (Y2 = i). En utilisant les probabilités conditionnelles déterminées aux questions 1. et 2., on obtient

286

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Y2

1

2

3

4

1

0

1 12

1 12

1 12

2

1 12

0

1 12

1 12

3

1 12

1 12

0

1 12

4

1 12

1 12

1 12

0

Y1

6. D’après la formule de transfert, on a E(Y1 Y2 )

=



ijP(Y1 = j, Y2 = i)

1≤i,j≤4

=



ij

1≤i,j≤4 i=j

=

1 12



 1    ij − ij   12 1≤i,j≤4 1≤i,j≤4

=



i=j

  4 4 4  1   i j− i2  12 i=1 j=1 i=1

10 × 10 − 30 12 35 = . 6 D’après la formule de Kœnig-Huygens, on en déduit que =

5 35 25 − =− . 6 4 12 7. On a Cov(Y1 , Y2 ) = 0, donc Y1 et Y2 ne sont pas indépendantes. Cov(Y1 , Y2 ) = E(Y1 Y2 ) − E(Y1 )E(Y2 ) =

Exercice 15.4 1. • Soit i ∈ [[1, n]]. La probabilité qu’une boule donnée n’atterrisse pas dans le tiroir i est r r    n−1 n−1 Ainsi P(Vi = 1) = et Vi suit la loi de Bernoulli B . n n 1 • Soit j ∈ [[1, r]]. La probabilité que la j ème boule soit dans le tiroir 1 est . n   1 . Ainsi Bj suit la loi de Bernoulli B n 2. Soient i ∈ [[1, n]] et j ∈ [[1, r]]. On distingue deux cas.

n−1 . n

Corrections

287

• Si i = 1, on ne peut pas avoir la j ème boule dans le tiroir 1 et avoir le tiroir 1 vide, donc P(V1 = 1, Bj = 1) = 0. • Si i = 1 et si on sait que la j ème boule est dans le tiroir i (donc pas dans le tiroir 1), pour que le tiroir i soit vide il faut et il suffit que les r − 1 autres boules ne soient pas non plus  r−1 dans ce tiroir i. Donc PBj =1 (Vi = 1) = n−1 , puis n  r−1 1 n−1 . P(Vi = 1, Bj = 1) = P(Bj = 1)PBj =1 (Vi = 1) = n n Ainsi  0 si i = 1    r−1 k P(Vi = k, Bj = ) = P(Vi = 1, Bj = 1) = E(Vi Bj ) = 1 n−1  si i = 1. 0≤k,≤1 n n  n−1 r et E(Bj ) = n1 . Donc, avec la formule de Kœnig-Huygens, on obtient Or E(Vi ) = n   r 1 n−1    si i = 1  −n n Cov(Vi , Bj ) = E(Vi Bj ) − E(Vi )E(Bj ) = r−1   1 n−1   si i = 1.  2 n n

3. La variable Vi vaut 1 si le tiroir i est vide et 0 sinon, donc il suffit d’additionner les Vi pour n  Vi obtenir le nombre de tiroirs vides. Ainsi V = i=1

De même T =

r 

Bj

j=1

4. Par linéarité de l’espérance, on obtient r r  n n    n−1 n−1 E(Vi ) = =n E(V ) = n n i=1 i=1 et

E(T ) =

r 

E(Bj ) =

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

j=1

r  1 r = . n n j=1

Par linéarité à gauche et à droite de la covariance   n r n  r    Vi , Bj  = Cov(Vi , Bj ) Cov(V, T ) = Cov  i=1

j=1

i=1 j=1

=

r  j=1 r 

Cov(V1 , Bj ) +

n  r 

Cov(Vi , Bj )

i=2 j=1 r  n  r

 r−1  1 n−1 1 n−1 − + = n n n2 n j=1 i=2 j=1  r r−1  r n−1 r(n − 1) n − 1 = − + n n n2 n = 0.

288

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Exercice 15.5 1. Soient k,  ∈ [[0, n]]. On a

    n k n−k n p (1 − p) p (1 − p )n− . P(X = k, Y = ) = P(X = k)PX=k (Y = ) = k 

2. Soit  ∈ [[0, n]]. On utilise la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événements ([X = k])0≤k≤n pour obtenir P(Y = )

= = = =

=

n 

P(X = k, Y = )

k=0 n  

   n k n−k n p (1 − p) p (1 − p )n− k  k=0   n    n  n k p (1 − p )n− p (1 − p)n−k  k k=0   n  n  p (1 − p )n− P(X = k)  k=0    =1   n  p (1 − p )n− . 

On conclut que Y suit la loi binomiale B(n, p ).

Exercice 15.6 1. La variable aléatoire X suit la loi uniforme sur [[1, n]]. Les boules sont numérotées de 1 à n, donc Y (Ω) = [[1, n]]. Soient i, k ∈ [[1, n]]. Si i < k, il n’y a aucune boule numérotée k dans l’urne no i, donc PX=i (Y = k) = 0. En revanche, si i ≥ k, il y a une boulé numérotée k et i boules au total dans l’urne no i, 1 donc PX=i (Y = k) = . Ainsi i n n n   1 11 1 P(Y = k) = × = . P(X = i)PX=i (Y = k) = n i n i i=1 i=k

n+1 et 2. Par propriété E(X) = 2 n n n n i   11 k1 = kP(Y = k) = k E(Y ) = n i n i=1 i k=1

k=1

i=k

=

k=1

= = =

i=k

1  1 i(i + 1) × n i=1 i 2 n

1  (i + 1) 2n i=1 n

1 n((1 + 1) + (n + 1)) × 2n 2 n+3 . 4

Corrections 3. On a E(XY ) =



1≤i,k≤n

ik P(X = i, Y = k)



=

1≤i,k≤n n  i 

=

i=1 k=1

ik P(X = i)PX=i (Y = k) ik ×

1 1 × n i

1  k n i=1 n

=

i

k=1

= = = = On conclut, avec la formule de Kœnig-Huygens, Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) =

n 1  i(i + 1) n i=1 2  n  n 1  2  i + i 2n i=1 i=1   1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) + 2n 6 2 (n + 1)(n + 2) . 6 que

n2 − 1 (n + 1)(n + 2) n + 1 n + 3 − × = . 6 2 4 24

Exercice 15.7 1. La variable aléatoire réelle Y est à valeurs dans [[1, n]]. Soit k ∈ [[1, n]]. On a FY (k) = P(X1 ≤ k, X2 ≤ k, . . . , Xn ≤ k). Par indépendance des X1 , . . . , Xn , on en déduit

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

 n k FY (k) = P(X1 ≤ k)P(X2 ≤ k) · · · P(Xn ≤ k) = . n

De plus, FY (0) = 0 car 0 ≤ 1 = min(Y (Ω)). On récupère donc la loi de Y n  n  k k−1 − . P(Y = k) = FY (k) − FY (k − 1) = n n

2. On a

E(Y ) =

n 

k=1

n  n   n n  k k−1 k P(Y = k) = k − k . n n k=1

k=1

On effectue le changement d’indice  = k − 1 dans la deuxième somme n n−1   n n   k−1  k = ( + 1) . n n k=1

=0

On renomme  en k et on obtient  n n−1  n   n n−1 n n     k n n−1   k n k k k k − (k + 1) = k − k − . E(Y ) = n n n n n k=1

k=0

k=1

k=0

k=0

289

290

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

Les deux premières sommes se télescopent, d’où  n n−1 n−1  n n   k n   k n 0 E(Y ) = n −0 − =n− . n n n n k=0

k=0

Exercice 15.8 Pour i ∈ [[1, n]], on note Xi l’indicatrice de l’événement « on tire le jeton i ». On a donc Xi = 1 si n  le jeton i est tiré et 0 sinon, d’où iXi = i si le jeton i est tiré et 0 sinon. Alors X = iXi . i=1 n Pour dénombre Ω, on choisit les k jetons tirés : k possibilités. Si i ∈ [[1, n]], pour dénombrer [Xi = 1], on choisit  le jeton i : 1 possibilité ; puis on choisit les k − 1 autres jetons tirés parmi les n − 1 restants : n−1 k−1 possibilités. Par équiprobabilité n−1 k  n = . P(Xi = 1) = k−1 n k   k k et E(Xi ) = . Ainsi Xi suit la loi de Bernoulli B n n Par linéarité de l’espérance, on conclut que n n  k k(n + 1) E(X) = . iE(Xi ) = i= n i=1 2 i=1

Exercice 15.9 1. Si k < n, alors on a pu lire entre 1 et k pistes différentes. Si k ≥ n, alors on a pu lire entre 1 et n pistes différentes. Donc Xk prend ses valeurs dans [[1, min(k, n)]]. 2. Soit k ∈ N∗ . On procède par dénombrement. On note Ω l’ensemble des listes des pistes lues au cours des k premières lectures. L’ensemble Ω correspond à un ensemble de k-listes avec répétition, donc Card(Ω) = nk . • On dénombre [Xk = 1]. Cela revient à choisir la seule piste qui a été lue : n choix. Donc 1 Card([Xk = 1]) = n et P(Xk = 1) = k−1 n • On dénombre [Xk = k]. Cela veut dire qu’on n’a lu que des pistes différentes, il s’agit donc du n! n! nombre de k-listes sans répétition et Card([Xk = k]) = (n−k)! . Donc P(Xk = k) = (n − k)!nk 3. Soient k ∈ N∗ et i ∈ [[1, min(k, n)]], on utilise la formule des probabilités totales avec le système / {i − 1, i}]) et on obtient complet d’événements ([Xk = i], [Xk = i − 1], [Xk ∈ P(Xk+1 = i)

=

P(Xk = i)P[Xk =i] (Xk+1 = i) + P(Xk = i − 1)P[Xk =i−1] (Xk+1 = i) / {i − 1, i}) P[Xk ∈{i−1,i}] (Xk+1 = i) . +P(Xk ∈ /    =0

Pour P[Xk =i] (Xk+1 = i), cela veut dire que la k + 1 qu’on en a lu i, on obtient P[Xk =i] (Xk+1 = i) = ni .

ème

piste lue a déjà été lue avant. Sachant

Corrections

291

Pour P[Xk =i−1] (Xk+1 = i), cela veut dire que la k +1ème piste lue n’a pas encore été lue. Sachant . Ainsi qu’on en a lu i − 1, on obtient P[Xk =i−1] (Xk+1 = i) = n−i+1 n P(Xk+1 = i) =

i n−i+1 P(Xk = i) + P(Xk = i − 1) n n

4. • Soit k ∈ N∗ . Pour simplifier les calculs, on peut écrire que E(Xk ) = quitte à écrire des termes nuls. On a donc E(Xk+1 )

=

k+1 

k 

iP(Xk = i),

i=1

iP(Xk+1 = i)

i=1

=

k+1  2 i=1

= = = = =

i(n − i + 1) i P(Xk = i) + P(Xk = i − 1) n n

k+1  2

k  i ( + 1)(n − ) P(Xk = i) + P(Xk = ) n n i=1 =0   k  1 2 2 0+ (i − in + n − i − i)P(Xk = i) + 0 n i=1   k k   1 (n − 1) iP(Xk = i) + n P(Xk = i) n i=1 i=1

1 ((n − 1)E(Xk ) + n) n n−1 E(Xk ) + 1. n

• On reconnaît une suite arithmético-géométrique. On cherche un réel α tel que α =

n−1 α+1. n

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

On trouve α = n. La suite (E(Xk ) − n)k∈N∗ est donc géométrique de raison n−1 n . On a E(X1 ) = 1 car X1 est la variable constante égale à 1. On en conclut donc que ∀k ∈ N∗ , E(Xk ) = (1 − n)



n−1 n

k−1

+n

5. Soit p ∈ N∗ . On considère la liste des p premières lectures : Ω. Il s’agit de l’ensemble des p-listes de [[1, n]], donc Card(Ω) = np . Pour dénombrer l’événement [Np = 1], on choisit le morceau lu à la pème lecture : n possibilités ; puis on choisit les morceaux lus lors des p − 1 premières lectures (morceaux différents de celui choisi juste avant) : (n − 1)p−1 possibilités. Par équiprobabilité, on obtient p−1  n(n − 1)p−1 n−1 = . P(Np = 1) = np n  p−1  n−1 . La variable aléatoire Np étant une indicatrice, on en conclut que Np ∼ B n

292

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

6. On a l’égalité Xk =

k 

Np . Par linéarité de l’espérance, on en déduit que

p=1

E(Xk ) =

k 

E(Np ) =

p=1

p−1 k   n−1 p=1

n

=



k n−1 k−1  −1 n−1 n + n. = (1 − n) n−1 n −1 n

Exercice 15.10 b 1. • Au début, l’urne contient b boules blanches et b + r boules au total. Ainsi P(X1 = 1) = b+r .   b On conclut que X1 ∼ B . b+r • Si l’événement [X1 = 1] est réalisé, l’urne contient b + c boules blanches et b + r + c boules. b+c b . De même, on obtient PX1 =0 (X2 = 1) = b+r+c . En utilisant la Ainsi PX1 =1 (X2 = 1) = b+r+c formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X1 = 0], [X1 = 1]), on en déduit que

P(X2 = 1)

= P(X1 = 0)PX1 =0 (X2 = 1) + P(X1 = 1)PX1 =1 (X2 = 1) b b b+c r × + × = b+r b+r+c b+r b+r+c r + (b + c) b × = b+r b+r+c b . = b+r   b . On conclut que X2 ∼ B b+r 2. On procède de même en appliquant la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X1 = i, X2 = j])0≤i,j≤1 pour obtenir P(X3 = 1)

= P(X1 = 0, X2 = 0)P[X1 =0,X2 =0] (X3 = 1)

+ P(X1 = 0, X2 = 1)P[X1 =0,X2 =1] (X3 = 1) + P(X1 = 1, X2 = 0)P[X1 =1,X2 =0] (X3 = 1)

+ P(X1 = 1, X2 = 1)P[X1 =1,X2 =1] (X3 = 1)

= P(X1 = 0)PX1 =0 (X2 = 0)P[X1 =0,X2 =0] (X3 = 1)

+ P(X1 = 0)PX1 =0 (X2 = 1)P[X1 =0,X2 =1] (X3 = 1) + P(X1 = 1)PX1 =1 (X2 = 0)P[X1 =1,X2 =0] (X3 = 1)

+ P(X1 = 1)PX1 =1 (X2 = 1)P[X1 =1,X2 =1] (X3 = 1).

Corrections

293

En regardant la composition des urnes dans chacun des cas puis en factorisant astucieusement, on en déduit que r+c b r b b+c r P(X3 = 1) = × × + × × b + r b + r + c b + r + 2c b + r b + r + c b + r + 2c r b+c b b+c b + 2c b × × + × × + b + r b + r + c b + r + 2c b + r b + r + c b + r + 2c   (b + c)(r + (b + 2c)) b r((r + c) + (b + c)) + = b + r (b + r + c)(b + r + 2c) (b + r + c)(b + r + 2c)   r b+c b + = b+r b+r+c r+b+c b . = b+r   b . On conclut que X3 ∼ B b+r   b ∗ On peut donc conjecturer que ∀n ∈ N , Xn ∼ B . b+r 3. a. La valeur de Sn correspond au nombre de fois que l’on a tiré une boule blanche au cours des n premiers tirages. Donc si Sn = k, après le nème tirage, • on a rajouté c boules après chaque tirage, il y a donc b + r + nc boules dans l’urne ; • on a tiré k fois une boule blanche et donc ajouté k fois c boules blanches, il y a donc b + kc boules blanches dans l’urne ; • on a tiré n − k fois une boule rouge et donc ajouté n − k fois c boules rouges, il y a donc r + (n − k)c boules rouges dans l’urne. b + kc . b. On déduit de la question précédente que P(Xn+1 = 1 | Sn = k) = b + r + nc c. On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([Sn = k])k∈[[0,n]] pour obtenir que P(Xn+1 )

= =

n 

k=0 n 

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

k=0

=

P(Sn = k)P(Xn+1 = 1 | Sn = k) P(Sn = k) ×

b + kc b + r + nc

 n  n   1 b P(Sn = k) +c kP(Sn = k) b + r + nc k=0 k=0       =1

= E(Sn )

b + cE(Sn ) . = b + r + nc   b b , donc E(Xk ) = . d. Pour tout k ∈ [[0, n]], Xk ∼ B b+r b+r Ainsi, par linéarité de l’espérance, on en déduit que n n   nb b = . E(Xk ) = E(Sn ) = b+r b+r k=1

k=1

294

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

En utilisant la formule démontrée à la question précédente, on obtient que P(Xn+1 = 1) = On conclut que Xn+1

nb b + c b+r

=

b(b+r)+nbc b+r

b + r + nc b + r + nc   b . ∼B b+r

=

b(b + r + nc) b = . (b + r)(b + r + nc) b+r

e. On a utilisé une récurrence forte sur l’hypothèse, pour n ∈ N∗ , P(n) : « Xn ∼ B



 b .» b+r

Exercice 15.11 1. a. Soit k ∈ [[0, n]]. Si l’événement [X1 = k] est réalisé, l’événement B est réalisé si et seulement si les k échantillons choisis par le laboratoire L1 soient aussi choisis par le laboratoire L2 . 1 Or un élément est choisi par L2 (c’est-à-dire dans P2 ) avec la probabilité . 2  k 1 . Donc par indépendance, k éléments fixés sont dans P2 avec la probabilité 2 1 On en déduit donc que ∀k ∈ [[0, n]] , P(B | X1 = k) = k . 2   1 . Donc, si k ∈ [[0, n]], b. La variable X1 suit la loi binomiale B n, 2    k  n−k   1 n 1 n 1 P(X1 = k) = = . 2 2 k k 2n Ensuite, on utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X1 = k])k∈[[0,n]] pour obtenir que n   n  1  n 1 P(B) = P(X1 = k)P(B | X1 = k) = n . 2 k 2k k=0

k=0

On utilise la formule du binôme de Newton pour conclure  n  n  n    k 1 1 1 3 1  n n−k +1 1 = n = . P(B) = n k 2 2 2 2 4 k=0

2. a. On a Card(P1 ∩ P2 ) ≤ Card(P1 ), donc l’événement [X1 = 0, Y = 1] est impossible. Ainsi P(X1 = 0, Y = 1) = 0 = P(X1 = 0)P(Y = 1). On conclut que X1 et Y ne sont pas indépendantes. b. Soit k ∈ [[0, n]]. Si l’événement [X1 = k] est réalisé, Y correspond au nombre d’éléments de P1 qui sont aussi dans P2 . Cela revient donc à compter le nombre d’éléments sélectionnés   1 dans un ensemble à k éléments. Ainsi Y sachant X1 = k suit la loi binomiale B k, . 2    i  k−i   1 k 1 k 1 = si k ≥ i et Si i ∈ [[0, n]], on conclut que P(Y = i | X1 = k) = 2 2 i i 2k P(Y = i | X1 = k) = 0 si k < i.

Corrections

295

c. Soit i ∈ [[0, n]]. On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([X1 = k])k∈[[0,n]] pour obtenir que n    n  1  n k 1 P(X1 = k)P(Y = i | X1 = k) = n . P(Y = i) = i 2k k 2 k=0

k=i

3. a. Soit k ∈ E, on a     n! n n! (n − 1)! n−1 =k . k = =n =n k k−1 k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! (k − 1)!((n − 1) − (k − 1))!

b. Soit i ∈ [[0, n]]. Le nombre de couples de parties P1 et P2 de E tels que Card(P1 ∩ P2 ) = i est égal au cardinal de l’événement [Y = i]. Donc 

(P1 ,P2

Card(P1 ∩ P2 ) =

)∈P(E)2



i =

(P1 ,P2 )∈P(E)2 Card(P1 ∩P2 )=i

n 

i Card(Y = i) =

i=0

n 

iP(Y = i) Card(Ω) = Card(Ω)E(Y ).

i=0

Or Card(Ω) = Card(P(E)2 ) = (2n )2 = 4n et n n    1  n k 1 E(Y ) = iP(Y = i) = n i . i 2k k 2 i=0 i=0 n 

k=i

On permute les symboles somme pour obtenir n   k   1  n 1  k . E(Y ) = n i k 2k i=0 i 2 k=0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Pour la somme sur i, le terme pour i = 0 est nul, on peut donc la faire commencer à i = 1 ; on utilise la formule de la question précédente ; on change d’indice et on applique la formule du binôme de Newton pour arriver à   k   k k−1    k − 1 k k−1 1j 1k−1−j = k(1 + 1)k−1 = k 2k−1 . i = k =k j i i − 1 i=0 i=1 j=0 On réintègre ce résultat dans le calcul de E(Y ) et on effectue exactement les mêmes opérations sur la somme que l’on obtient pour en conclure que   n   n 1  n 1 1  n 1 n k−1 × k2 = k = n+1 × n 2n−1 = . E(Y ) = n k n+1 2 2 2 4 k k 2 k=0 k=0  n Card(P1 ∩ P2 ) = 4n × = n4n−1 . On obtient ainsi que 4 2 (P1 ,P2 )∈P(E)

Exercice 15.12 1. On reconnaît une loi hypergéométrique : X ∼ H (N, n, p). La variable Xi vaut 1 si la ième boule blanche est tirée et 0 sinon, donc il suffit d’additionner Np  les Xi pour obtenir le nombre de boules blanches tirées. Ainsi X = Xi . i=1

296

Chapitre 15

Couples de variables aléatoires finies

2. Soit i ∈ [[1, N p]]. Pour dénombrer l’événement [Xi = 1], on choisit la ième boule blanche : 1 possibilité ; puis on choisit les n − 1 autres boules à tirer parmi les N − 1 boules restantes :  N −1 possibilités. Ainsi n−1 N −1 n P(Xi = 1) = n−1  = . N N n n n n(N − n) On conclut que Xi ∼ B , puis que E(Xi ) = et V(Xi ) = . N N N2 3. Soient i, j ∈ [[1, N p]] tels que i = j. D’après la formule de transfert  k P(Xi = k, Xj = ) = 0 + P(Xi = 1, Xj = 1). E(Xi Xj ) = 0≤k,≤1

; puis Pour dénombrer [Xi = 1, Xj = 1], on choisit la ième et la j ème boule blanche :1 possibilité  N −2 on choisit les n − 2 autres boules à tirer parmi les N − 2 boules restantes : n−2 possibilités. Ainsi N −2 n(n − 1) . E(Xi Xj ) = n−2  = N N (N − 1) n D’après la formule de Kœnig-Huygens, on conclut que Cov(Xi , Xj ) = E(Xi Xj ) − E(Xi )E(Xj ) =

4. Par linéarité de l’espérance, on obtient E(X) =

Np  i=1

E(Xi ) =

n n n(N − n) n(n − 1) − × =− 2 . N (N − 1) N N N (N − 1)

Np  n n = Np × = np. N N i=1

On utilise la formule de la variance d’une somme pour arriver à V(X) =

Np 

V(Xi ) + 2

i=1



1≤i 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , |un − | ≤ ε.

La suite (un ) diverge si elle ne converge vers aucun réel. Définition

Soit (un ) une suite réelle. On dit que • (un ) diverge vers +∞, ce que l’on note un −−−−−→ +∞, si

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n→+∞

∀A ∈ R, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , un ≥ A

• (un ) diverge vers −∞, ce que l’on note un −−−−−→ −∞, si n→+∞

∀A ∈ R, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , un ≤ A. On pourra plus simplement dire que (un ) tend vers +∞ ou −∞, plutôt que diverge vers +∞ ou −∞. Unicité de la limite Si une suite réelle admet une limite (finie ou infinie), alors cette limite est unique.

342

Chapitre 18

Suites réelles

Si une suite réelle (un ) admet une limite, étant unique, on la note lim (un ). n→+∞

Proposition Toute suite convergente est bornée. Opérations sur les limites Soient ,  ∈ R et (un ), (vn ) des suites réelles. On a les opérations suivantes sur les limites lim un

n→+∞

+∞

−∞



 + 

+∞

−∞

+∞

+∞

+∞

FI

−∞

−∞

FI

−∞

lim un

n→+∞

n→+∞

lim vn

vn

 = 0

0

∞

 = 0

 

0

∞

0

∞

FI

∞

∞

0

0

FI

lim vn



un

lim un

n→+∞

un vn

n→+∞

n→+∞

lim vn

un + vn

 = 0

0

∞

 = 0



0

∞

0

0

0

FI

∞

∞

FI

∞

• FI est l’acronyme de « Forme Indéterminée ». Cela signifie qu’il n’est pas toujours suffisant de connaître les limites de (un ) et (vn ) pour trouver la limite de leur somme, produit ou quotient (il faudra donc modifier l’expression). • Pour le produit et le quotient, il suffit de suivre la règle des signes sur les produits et les quotients pour déterminer si on obtient +∞ ou −∞ comme limite finale.

Proposition Soit (un ) une suite réelle admettant une limite  (finie ou infinie). • Si  > 0, alors un > 0 à partir d’un certain rang, c’est-à-dire ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , un > 0. • Si  < 0, alors un < 0 à partir d’un certain rang, c’est-à-dire ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , un < 0. Passage à la limite dans les inégalités Soient (un ) et (vn ) deux suites réelles admettant respectivement pour limite  ∈ R et  ∈ R. Si, à partir d’un certain rang, un ≤ vn , alors  ≤  .

L’essentiel du cours

343

Ceci ne fonctionne qu’avec des inégalités larges. Si à partir d’un certain rang un < vn , on ne peut en conclure que l’inégalité  ≤  (on perd le côté strict de l’inégalité). On dit que le passage à la limite élargit les inégalités (elle les rend larges peu importe comment elles étaient avant le passage à la limite).

 4 Théorèmes de convergence Composition des limites Soient (un ) une suite réelle, f une fonction définie sur un intervalle I, a ∈ I et b ∈ R. Si un −−−−−→ a et f (x) −−−→ b, alors f (un ) −−−−−→ b. n→+∞

x→a

n→+∞

Ce résultat reste vrai si a et/ou b sont +∞ ou −∞. Théorème de la limite monotone • Si • Si • Si • Si

(un ) (un ) (un ) (un )

est est est est

une une une une

suite suite suite suite

réelle réelle réelle réelle

croissante majorée alors elle converge. croissante non majorée elle diverge vers +∞. décroissante minorée alors elle converge. décroissante non minorée alors elle diverge vers −∞.

Ce théorème peut se résumer, de manière un peu moins précise, en « Toute suite réelle monotone admet une limite (finie ou infinie) ». Théorème d’encadrement (ou des gendarmes) Soient (un ), (vn ), (wn ) trois suites réelles et  ∈ R. Si, à partir d’un certain rang, un ≤ vn ≤ wn et si (un ) et (wn ) convergent vers la même limite , alors (vn ) converge vers .

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Théorème de comparaison Soient (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que, à partir d’un certain rang, un ≤ vn . • Si un −−−−−→ +∞, alors vn −−−−−→ +∞. n→+∞

n→+∞

n→+∞

n→+∞

• Si vn −−−−−→ −∞, alors un −−−−−→ −∞. Théorème

Une suite réelle (un ) admet une limite  (finie ou infinie) si et seulement si les suites (u2n ) et (u2n+1 ) admettent  comme limite.

344

Chapitre 18

Suites réelles

Ce théorème a deux principales utilisations : • Il permet de montrer que (un ) admet une limite : s’il est plus simple d’étudier (u2n ) et (u2n+1 ) que la suite de départ (comme dans la méthode 18.7), on peut déterminer leurs limites respectives et si on obtient les mêmes on peut conclure avec le théorème. • Il permet de montrer que (un ) n’a pas de limite : si on arrive à montrer que (u2n ) et (u2n+1 ) n’ont pas la même limite, on peut directement en déduire que (un ) n’a pas de limite. Définition On dit que deux suites sont des suites adjacentes si l’une est croissante, l’autre est décroissante et si leur différence converge vers 0. Théorème des suite adjacentes Deux suites adjacentes convergent vers la même limite.

 5 Relations de comparaison Dans toute cette partie, (un ), (vn ), (wn ), (xn ) et (yn ) seront des suites réelles. Définition On dit que (un ) est négligeable devant (vn ) s’il existe un rang n0 ∈ N et une suite (εn ), définie à partir de n0 , qui converge vers 0 tels que ∀n ≥ n0 , un = εn vn .

On note un = o(vn ) et on le lit « (un ) est un petit o de (vn ) » . Théorème Si, à partir d’un certain rang, (vn ) ne s’annule pas, alors un un = o(vn ) ⇔ −−−−−→ 0. vn n→+∞ Dans la pratique, pour montrer qu’une suite est négligeable devant une autre, on calculera presque tout le temps la limite de leur quotient.

L’essentiel du cours

345

Opérations et négligeabilité On a les propriétés suivantes sur les opérations avec la négligeabilité : Hypothèses

Conclusion

un = o(wn ) et vn = o(wn )

un + vn = o(wn )

λ ∈ R et un = o(wn )

λun = o(wn )

un = o(wn )

un vn = o(wn vn )

un = o(xn ) et vn = o(yn )

un vn = o(xn yn )

un = o(vn ) et vn = o(wn )

un = o(wn )

Croissances comparées On notera, uniquement dans cette proposition, que un  vn pour dire que un = o(vn ). Soient α > 0, β > 0 et a > 1. On a  α ln(n)  nβ  an  n!  nn .

Ce résultat s’utilise lorsque l’on rencontre des formes indéterminées pour les calculs de limites. En cas de litige, il faut en retenir que l’exponentielle l’emporte sur la puissance qui l’emporte sur le logarithme.

Définition On dit que (un ) est équivalente à (vn ) s’il existe un rang n0 ∈ N et une suite (an ), définie à partir de n0 , qui converge vers 1 tels que On note un ∼ vn .

∀n ≥ n0 , un = an vn .

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Si un ∼ vn , alors vn ∼ un . On peut donc dire que des suites sont équivalentes. Théorème Si, à partir d’un certain rang, (vn ) ne s’annule pas, alors un un ∼ vn ⇔ −−−−−→ 1. vn n→+∞ Dans la pratique, pour montrer que deux suites sont équivalentes, on calculera presque tout le temps la limite de leur quotient.

346

Chapitre 18

Suites réelles

Équivalence et signe Si un ∼ vn , alors, à partir d’un certain rang, (un ) et (vn ) sont de même signe. Équivalence et limite • Si un ∼ vn et si (vn ) admet une limite (finie ou infinie), alors (un ) admet la même limite. • Si  ∈ R∗ , on a un ∼  ⇔ un −−−−−→ . n→+∞

Proposition On a un = o(vn ) si et seulement si un + vn ∼ vn . Opérations et équivalence On a les propriétés suivantes sur les opérations avec l’équivalence : Hypothèses

Conclusion

un ∼ vn et vn ∼ wn

un ∼ wn

un ∼ xn et vn ∼ yn

un vn ∼ xn yn

(vn ) et (yn ) ne s’annulent pas

un xn ∼ vn yn

un ∼ xn et vn ∼ yn α ∈ R et un ∼ vn

α uα n ∼ vn

Il y a trois choses qu’il ne faut absolument pas faire avec des équivalents : (1) Ajouter des équivalents Il n’y a aucune règle pour traiter la somme d’équivalents si ce n’est de dire que, d’après la proposition ci-dessus, un + vn ∼ vn si un = o(vn ). (2) Composer des équivalents Il n’y a aucune règle permettant de dire que f (un ) ∼ f (vn ) si un ∼ vn . (3) Être équivalent à 0 Si un ∼ 0, cela revient à dire que la suite (un ) est nulle à partir d’un certain rang (ce qui n’arrive jamais dans la pratique). Équivalents usuels Si un −−−−−→ 0 et si α ∈ R, alors n→+∞

ln(1 + un ) ∼ un ,

eun − 1 ∼ un ,

cos(un ) − 1 ∼ −

u2n 2

et

sin(un ) ∼ un ,

tan(un ) ∼ un ,

(1 + un )α − 1 ∼ αun .

Les méthodes à maîtriser

347

Les méthodes à maîtriser Méthode 18.1 : Déterminer le sens de variation d’une suite Pour étudier les variations d’une suite (un ) : • Si un = f (n) (où f est une fonction définie sur R+ ), il suffit d’étudier les variations de f . • Si (un ) est définie à l’aide de sommes, on simplifie un+1 − un pour déterminer son signe. • Si (un ) ne s’annule pas, ne change pas de signe et est définie à l’aide de produits, on simplifie uun+1 pour déterminer si ce quotient est plus grand ou plus petit que 1. n Exemple d’application Déterminer les variations de (1) un =

e−n

(2) vn =

n+1

2n  (−1)k

k=1

k

(3) wn =

(n + 1)! 2n

.

e−x , on obtient que ∀n ∈ N, un = f (n). x+1 (x + 2)e−x ≤ 0. La fonction f est dérivable sur R+ , par quotient, et ∀x ∈ R+ , f  (x) = − (x + 1)2 Ainsi f est décroissante sur R+ et (un ) est décroissante. (2) Soit n ∈ N, on a (1) En définissant la fonction f sur R+ par f (x) =

vn+1 − vn =

2n+2  k=1

2n

(−1)k  (−1)k (−1)2n+2 (−1)2n+1 1 − = + =− < 0. k k 2n + 2 2n + 1 (2n + 1)(2n + 2) k=1

Ainsi, ∀n ∈ N, vn+1 < vn et la suite (vn ) est strictement décroissante. n+2 (n + 2)! 2n wn+1 = ≥ 1. = × (3) Soit n ∈ N, on a n+1 wn 2 (n + 1)! 2 Or la suite (wn ) est à termes strictement positifs. Ainsi, ∀n ∈ N, wn+1 ≥ wn et la suite (wn ) est croissante. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Voir exercices 18.5, 18.6, 18.12, 18.13, 18.14, 18.15 et 18.16.

Méthode 18.2 : Exploiter les équivalents pour un calcul de limite Pour déterminer la limite d’une suite à l’aide des équivalents, à moins de repérer des simplifications évidentes, on commence par transformer l’expression pour avoir le plus possible des produits, des quotients ou des puissances d’exposant constant. Ensuite on utilise les équivalents usuels et les propriétés de l’équivalence : • compatibilité avec le produit, le quotient et la puissance d’exposant constant, • si un = o(vn ), alors un + vn ∼ vn . Si l’expression fait apparaître des composées, on veillera bien à ne pas composer les équivalents, mais à simplement composer les limites.

348

Chapitre 18

Suites réelles

Exemple d’application Déterminer les limites de :

   1 (n + sin(n))(2 + ln(n) + 2) 1 − cos n (1) un = √ n 4 + 3n   1 1 2 n  −   (2) vn = (3) w = 1 + . n 1 1 n sin tan n n 2

n

(1) L’expression est déjà factorisée. On cherche un équivalent de chacun des facteurs. sin(n) • On a n2 −−−−−→ +∞ et sin(n) bornée, donc −−−−−→ 0 et sin(n) = o(n2 ). n→+∞ n→+∞ n2 Ainsi n2 + sin(n) ∼ n2 . • Par croissances comparées ln(n) + 2 = o(2n ), donc 2n + ln(n) + 2 ∼ 2n .   1 1 1 ∼ 2. • Comme −−−−−→ 0, on utilise un équivalent usuel pour obtenir que 1 − cos n n→+∞ n 2n  n 3 n n • Enfin, 3 = o(4 ) car leur quotient vaut −−−−−→ 0. Ainsi 4n + 3n ∼ 4n . Grâce à la n→+∞ 4 compatibilité de l’équivalence avec les puissances d’exposant constant, on en déduit que √ 1 1 4n + 3n = (4n + 3n ) 2 ∼ (4n ) 2 = 2n . 1 n 2 × 2n × 2 2n = 1 . Ainsi u −−−−−→ 1 . Par produits et quotient, un ∼ n n→+∞ 2 2n 2 (2) On commence par factoriser l’expression (c’est-à-dire réduire au même dénominateur dans     notre cas) : 1 1 cos 1 − cos 1 n n  −   =   . vn = 1 1 1 sin sin sin n n n 1 1 1 2 . Comme −−−−−→ 0, on peut utiliser les équivalents usuels pour obtenir que vn ∼ 2n1 = n n→+∞ 2n n Ainsi vn −−−−−→ 0. n→+∞

(3) On est en présence d’une puissance variable, on commence par modifier l’expression pour ne plus avoir que des produits et quotients. Cela revient à mettre sous forme exponentielle ici :    2 . wn = exp n ln 1 + n On ne peut pas composer des équivalents par la fonction exponentielle. On va donc utiliser les équivalents pour chercher de l’expression dans l’exponentielle.     la limite 2 2 2 2 2 ∼ . Ainsi par produit n ln 1 + ∼ n × −−−−−→ 2. Or −−−−−→ 0, donc ln 1 + n n→+∞ n n n n n→+∞ Alors, par composition des limites, wn −−−−−→ e2 . n→+∞

Voir exercice 18.3.

Les méthodes à maîtriser

349

Méthode 18.3 : Expliciter une suite arithmético-géométrique Soit (un ) une suite arithmético-géométrique définie par la relation ∀n ∈ N, un+1 = aun + b

avec a, b ∈ R.

Si a = 1, la suite est arithmétique. Si a =  1, on commence par chercher le réel  vérifiant  = a + b.

En soustrayant l’égalité ci-dessus à l’égalité exprimant un+1 en fonction de un , on montre que la suite (un − ) est géométrique de raison a. On en déduit l’expression de un − , puis de un . Exemple d’application Déterminer le terme général de la suite définie par u0 = 3 et ∀n ∈ N, un+1 = 3un −4. On cherche le réel  tel que  = 3 − 4, c’est  = 2. En soustrayant l’égalité précédente à l’égalité exprimant un+1 en fonction de un , on obtient que un+1 −  = 3un − 4 − (3 − 4) = 3(un − ).

Ainsi la suite (un − ) est géométrique de raison 3. Donc, si n ∈ N, un −  = 3n (u0 − ). On conclut que ∀n ∈ N, un = 3n + 2.

Voir exercices 18.4 et 18.7.

Méthode 18.4 : Expliciter une suite récurrente linéaire d’ordre 2 Soit (un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 définie par la relation ∀n ∈ N, un+2 = aun+1 + bun

avec a, b ∈ R.

On cherche les solutions, dans C, de l’équation caractéristique associée r2 = ar + b. On en déduit une expression de un en fonction de deux paramètres réels λ et µ. Pour finir on utilise les valeurs de u0 et u1 pour trouver λ et µ, en résolvant un système.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Exemple d’application Déterminer le terme général de la suite définie par u0 = 3, u1 = 0 et ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + 2un .

On considère l’équation caractéristique r2 = r + 2, c’est-à-dire r2 − r − 2 = 0. Son discriminant vaut 9 et ses solutions sont (−1) et 2. On dispose donc de deux réels λ et µ tels que ∀n ∈ N, un = λ(−1)n + µ2n .

À l’aide des conditions initiales on obtient les équations : 3 = u0 = λ + µ et 0 = u1 = −λ + 2µ. Après résolution, on obtient que λ = 2 et µ = 1. On conclut que ∀n ∈ N, un = 2(−1)n + 2n .

Voir exercices 18.4, 18.8, 18.9 et 18.10.

350

Chapitre 18

Suites réelles

Méthode 18.5 : Montrer la convergence d’une suite Pour montrer la convergence d’une suite : • Dans les cas les plus simples, on peut calculer la limite à l’aide des opérations sur les limites, des équivalents et des croissance comparées. • Si on est en présence d’un terme qui n’a pas de limite (par exemple sin(n)), on essaye de s’en « débarrasser » à l’aide d’inégalité(s). On conclut ensuite grâce au théorème d’encadrement ou au théorème de comparaison. • Dans les cas où l’on n’a pas une expression simple de un , on commence par déterminer le sens de variation de la suite et une éventuelle majoration ou minoration pour utiliser le théorème de la limite monotone (qui ne donne cependant pas la valeur de la limite). Exemple d’application Montrer la convergence des suites :   2n 1 (1) un = + n ln 1 + n! n

(2) vn =

sin(n)

(3) wn =

n+1

n  1

k=0

2n −−−−−→ 0. n! n→+∞   1 1 ∼ n × −−−−−→ 1. Grâce aux équivalents usuels, on a n ln 1 + n n n→+∞ Par somme, on conclut que un −−−−−→ 1.

kk

(1) Par croissances comparées, on a

n→+∞

(2) On va se « débarrasser » du terme sin(n) qui n’a pas de limite.

1 1 ≤ vn ≤ . Soit n ∈ N. On commence par remarquer que −1 ≤ sin(n) ≤ 1 et donc − n+1 n+1 1 Or −−−−−→ 0. On conclut donc, par théorème d’encadrement que vn −−−−−→ 0. n→+∞ n + 1 n→+∞ (3) On n’a pas une expression assez simple de ,wn pour chercher la limite par un calcul direct. On commence par déterminer les variations de (wn ). Soit n ∈ N, on a 1 wn+1 − wn = > 0. (n + 1)n+1 Ainsi la suite (wn ) est croissante. On essaye ensuite de majorer la suite en remarquant que, si k ≥ 2, alors wn = puis

1 1 ≤ k . On a donc k k 2

 1  1 1 1 + 1+ ≤1+1+ , 0 k 0 1 k 2k n

n

k=2

k=2

 n−1 1 1 1 1 1 1 2 = 2× ≤ × = . 1 1 2k 2 4 2 1− k=2 2 2 5 5 1 Ainsi (wn ) est croissante et majorée par 2 + = , donc elle converge vers une limite  ≤ . 2 2 2 n 

1−

Voir exercices 18.1, 18.2, 18.3, 18.11, 18.12, 18.13, 18.14, 18.15 et 18.16.

Les méthodes à maîtriser

351

Méthode 18.6 : Étudier une suite récurrente un+1 = f (un ) avec f croissante Pour étudier une suite du type un+1 = f (un ) avec f continue croissante, on peut commencer par représenter la suite au brouillon en traçant la courbe de f et la première bissectrice (c’est-à-dire la droite d’équation y = x). On place u0 sur l’axe des abscisses et on détermine graphiquement u1 grâce à la courbe de f . On reporte u1 sur la première bissectrice pour récupérer u1 sur l’axe des abscisses afin de pouvoir recommencer le procédé. On peut ainsi conjecturer le comportement de la suite. Pour l’étude théorique : 1. On commence par étudier les variations de f et le signe de g(x) = f (x) − x dans un même tableau. On remarquera que les zéros de la fonction g correspondent aux points fixes de f (c’est-à-dire les réels c tels que f (c) = c). 2. On repère un intervalle fermé I contenant u0 et stable par f (c’est-à-dire tel que f (I) ⊂ I). Pour le trouver, il suffit de se servir du tableau précédent et de déterminer deux zéros consécutifs de g encadrant u0 . 3. Une récurrence immédiate donne que ∀n ∈ N, un ∈ I. En effet u0 ∈ I et si un ∈ I, alors un+1 = f (un ) ∈ f (I) ⊂ I. 4. On utilise ensuite le signe de g sur I pour déterminer le sens de variation de (un ). En effet, un+1 − un = f (un ) − un = g(un ). On trouvera que la suite est monotone. 5. Pour finir, il y a deux cas : • Si la suite (un ) est croissante et majorée (resp. décroissante et minorée), alors elle converge vers un réel . Pour déterminer cette limite, on passe à la limite la relation un+1 = f (un ) pour obtenir que f () =  (car f est continue), c’est-à-dire g() = 0. Il suffit donc de se référer au tableau de signe de g pour trouver la limite. • Sinon, on suppose par l’absurde qu’elle est majorée (resp. minorée). Donc elle converge vers un réel  vérifiant g() = 0. On justifie avec le sens de variation et la valeur de u0 que c’est impossible. Donc (un ) est croissante non majorée (resp. décroissante non minorée). Ainsi, d’après le théorème de la limite monotone, (un ) diverge vers +∞ (resp. −∞). Exemple d’application Étudier les suites définies par

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

(1) u0 =

7 4

et un+1 = u2n − 2un + 2

(2) v0 =

9 4

2 − 2vn + 2. et vn+1 = vn

(1) On représente graphiquement la suite (un ) ci-contre. y On conjecture qu’elle reste dans le segment [1, 2], qu’elle est décroissante et qu’elle converge vers 1. Sur ce segment la fonction f est bien croissante, on peut donc appliquer la méthode ci-dessus. Place à l’étude théorique. On pose les fonctions f et g définies sur R par et

Cf

f (x) = x2 − 2x + 2

g(x) = f (x) − x = x2 − x + 2. Une simple étude de fonction et une simple factorisation de trinôme donnent le tableau suivant

1

u2 u1 u0

x

352

Chapitre 18

Suites réelles x

1

−∞ +∞

u0

+∞ +∞

2

f g(x)

2

+

1 0

−

0

+

On en déduit donc que [1, 2] est un intervalle stable par f contenant u0 . Donc, par une récurrence évidente, ∀n ∈ N, un ∈ [1, 2]. De plus, g est négative sur [1, 2], donc, si n ∈ N, un+1 − un = f (un ) − un = g(un ) ≤ 0

car un ∈ [1, 2].

Ainsi, (un ) est décroissante et minorée par 1. Elle converge donc vers une limite  ∈ [1, 2]. Par passage à la limite dans l’égalité un+1 = f (un ), on obtient que f () =  (car f est continue), c’est-à-dire g() = 0. Le tableau de signe de g nous donne que  = 1 ou  = 2. Or u0 < 2 et (un ) est décroissante. La seule valeur possible est donc  = 1. Pour conclure, (un ) est une suite décroissante qui converge vers 1. (2) On représente graphiquement la suite (vn ) ci-contre. On conjecture qu’elle reste dans l’intervalle [2, +∞[, qu’elle est croissante et qu’elle diverge vers +∞. Sur cet intervalle la fonction f est bien croissante, on peut donc appliquer la méthode cidessus. Place à l’étude théorique. On reprend les mêmes notations et le même tableau de variations et signe qu’à la question précédente. On obtient que [2, +∞[ est intervalle stable par f contenant v0 . Ainsi, par une récurrence évidente, ∀n ∈ N, vn ∈ [2, +∞[.

De plus, g est positive sur [2, +∞[, donc, si n ∈ N,

vn+1 − vn = f (vn ) − vn = g(vn ) ≥ 0

y Cf

3

2 2 v0

v1

3

v2

car vn ∈ [2, +∞[.

Ainsi, la suite (vn ) est croissante. Si on suppose, par l’absurde, qu’elle est majorée, alors elle convergerait vers une limite  ∈ [2, +∞[. Par passage à la limite dans l’égalité vn+1 = f (vn ), on obtient que f () =  (car f est continue), c’est-à-dire g() = 0. Le tableau de signe de g nous donne que  = 2 (car  ∈ [2, +∞[). Or v0 > 2 et (vn ) est croissante. Donc (vn ) ne peut pas converger vers 2, ce qui est absurde. Alors (vn ) est croissante non majorée, donc elle diverge vers +∞. Pour conclure, (vn ) est une suite croissante qui diverge vers +∞. Voir exercice 18.5.

x

Les méthodes à maîtriser

353

Méthode 18.7 : Étudier une suite récurrente un+1 = f (un ) avec f décroissante Pour étudier une suite du type un+1 = f (un ) avec f continue décroissante, on peut commencer par tracer la suite au brouillon de la même manière qu’à la méthode 18.6. Pour l’étude théorique, on commence par trouver un intervalle fermé I contenant u0 et stable par f (on pourra s’aider de la conjecture graphique ou d’une étude succincte de la fonction f pour le déterminer). Comme f est décroissante sur I, alors, par stabilité de I, f ◦f est croissante sur I. Il suffit donc de considérer les deux suites (u2n ) et (u2n+1 ) qui sont des suites récurrentes via la fonction f ◦ f qui est croissante sur I. En effet u2(n+1) = u2n+2 = f (u2n+1 ) = f ◦ f (u2n ),

et il en va de même pour u2(n+1)+1 = f ◦ f (u2n+1 ). On se ramène à appliquer la méthode 18.6 aux suites (u2n ) et (u2n+1 ). On trouvera que ces deux suites sont monotones, de monotonies inverses l’une de l’autre. Si elles tendent toutes les deux vers la même limite, alors (un ) tendra aussi vers cette limite. Sinon, (un ) n’aura pas de limite. Exemple d’application Étudier les suites définies par :

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(1) u0 = 1 et un+1 =

1 1 + un

2 (2) v0 = 0 et vn+1 = 1 − vn .

(1) On représente graphiquement la suite (un ) ci-contre. On conjecture qu’elle reste dans le segment [0, 1],qu’elle y converge vers un réel (environ 0, 61), que (u2n ) est crois1 sante et que (u2n+1 ) est décroissante. Cf Place à l’étude théorique. On pose la fonction f définie 1 . On commence par remarquer sur R par f (x) = x+1 que f est clairement décroissante et que f (R+ ) = ]0, 1]. Ainsi le segment [0, 1] est stable par f et contient u0 . De plus 1 x+1 = f ◦ f (x) = 1 x+2 1+ x+1 et −x2 − x + 1 g(x) = f ◦ f (x) − x = . u1 u3u2 x+2 En étudiant le trinôme au numérateur de g, on obtient que les zéros de g sont √ √ −1 − 5 −1 + 5 et x2 = . x1 = 2 2 On obtient donc le tableau suivant

u0

x

354

Chapitre 18

Suites réelles x f ◦f g(x)

0

u1

u0 = 1

x2

2 3

x2 1 2

+

0

−

On en déduit que [x2 , 1] est un intervalle stable par f ◦ f contenant u0 et que g est négative sur cet intervalle. Ainsi, ∀n ∈ N, u2n ∈ [x2 , 1] et (u2n ) est décroissante. Étant minorée par x2 , elle converge vers un réel  vérifiant g() = 0. Il s’ensuit que  = x2 . De même, en utilisant l’intervalle [0, x2 ], la suite (u2n+1 ) est croissante majorée par x2 et converge vers x2 . √ −1 + 5 . On peut donc conclure que (un ) converge vers x2 = 2 (2) En calculant les premiers termes, on remarque que ∀n ∈ N, v2n = 0

et

v2n+1 = 1.

On montre ce résultat par une récurrence évidente car f ◦ f (0) = 0 et f ◦ f (1) = 1. Ainsi (v2n ) converge vers 0, alors que (v2n+1 ) converge vers 1. On conclut que (vn ) n’a pas de limite. Voir exercice 18.5. La fonction terme_suite_rec(a,f,n) renvoie le terme d’indice n de la suite (un ) définie par u0 = a et un+1 = f (un ) et la fonction liste_suite_rec(a,f,n) renvoie la liste des termes de u0 à un de cette même suite. def terme_suite_rec (a ,f , n ): u = a for i in range ( n ): u = f(u) return u

def liste_suite_rec (a ,f , n ): u = [a] for i in range ( n ): u += [ f ( u [ i ])] return u

Les méthodes à maîtriser

355

Interro de cours 1. Parmi les énoncés suivant, lesquels sont toujours vrais ? (a) Si (un ) converge vers un réel , alors un =  à partir d’un certain rang. (b) Si un+1 − un −−−−−→ 0, alors (un ) converge. n→+∞

(c) Si un −−−−−→ , alors un+1 −−−−−→ . n→+∞

n→+∞

(d) Si (un ) est bornée, alors elle converge. (e) Si (un ) et (vn ) sont deux suites convergentes telles que un < vn , alors lim un < lim vn . (f) Si (un ) et (vn ) divergent, alors (un + vn ) diverge forcément. (g) Si (un ) converge et (vn ) diverge, alors (un + vn ) diverge. (h) Si (un ) est monotone, alors elle admet une limite (finie ou infinie). (i) Si (un ) est décroissante et minorée par 0, alors elle converge vers 0. (j) Si (un ) est bornée et si vn −−−−−→ 0, alors un vn −−−−−→ 0. n→+∞

2. 3. 4. 5.

n→+∞

(k) Si un −−−−−→  ≥ 0, alors, à partir d’un certain rang, un ≥ 0. n→+∞

Déterminer le terme général de la suite définie par u0 = 2 et un+1 = −un + 2. Citer le théorème d’encadrement.

Montrer que si un ∼ αwn et vn ∼ βwn avec α + β = 0, alors un + vn ∼ (α + β)wn . Parmi les énoncés suivant, lesquels sont toujours vrais ? (a) Si un − vn −−−−−→ 0, alors un ∼ vn . n→+∞

(b) Si  = 0, on a : un −−−−−→  ⇔ un ∼ . n→+∞

(c) On a un+1 ∼ un .

(d) On a en + cos(n) ∼ en .

(e) Si (un ) et (vn ) sont positives et si un ∼ vn , alors

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

6. Donner la définition de deux suites adjacentes.

√

un ∼

√ vn .

356

Chapitre 18

Suites réelles

Exercices Pour s’entraîner Exercice 18.1 Déterminer la limite des suites suivantes 3n − (−2)n 3n + (−2)n√ √ 2. un = n2 + 2 − n2 + 1

1. un =

sin(n!) n + (−1)n+1  n 6. un = 2 + (−1)n .

n + (−1)n n + ln(n3 ) √ n 4. un = n2

5. un =

3. un =

Exercice 18.2

Déterminer la limite des suites suivantes 1. un =

n  1 √ k k=1

2. un =

n 

k=1

Exercice 18.3

1 n2 + k 2

3. un =

n 

k=1

√

1 n2

+k

4. un =

2n 

k=n+1

1 . k2

Déterminer un équivalent simple puis la limite des suites suivantes    √ 2 1 5. u 1. un = n2 − = n  n  n + 1 +1n 3. un = ln cos n+1 1 − cos n n √ 2. un = sin 6. un = . 1 n2 4. un = n2 + 1 − n e n3 − 1

Exercice 18.4

Déterminer le terme général des suites suivantes 1. u0 = 2 et un+1 = 2un − 3

2. u0 = 3, u1 = 1 et un+2 = 2un+1 + 3un .

Exercice 18.5

Étudier les suites suivantes 1. u0 = 1 et un+1 = sin(un ) 2. u0 = 1 et un+1 = 1 − e−un 3. u0 = 1 et un+1 = un +

1 un

3 et un+1 = (un − 1)3 + 1 2 5 5. u0 = et un+1 = (un − 1)3 + 1 2 1 6. u0 = et un+1 = 1 − u2n . 2

4. u0 =

Exercice 18.6 n n   √ √ 1 1 √ √ − 2 n + 1. On pose, pour n ∈ N , un = − 2 n et vn = k k k=1 k=1 ∗

1. Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. n  1 √ . 2. En déduire un équivalent de k k=1

Exercices

357

Pour aller plus loin Exercice 18.7 Soient (un ) et (vn ) les suites définies par u0 = 1, v0 = 2 et pour tout n ∈ N : un+1 = 3un + 2vn

et

vn+1 = 2un + 3vn .

1. Montrer que la suite (un − vn ) est constante. 2. Prouver que (un ) est une suite arithmético-géométrique. 3. Exprimer les termes généraux des suites (un ) et (vn ).

Exercice 18.8 Déterminer le terme général de la suite définie par u0 = 1 , u1 = 2 et un+2 =

 2u2n+1 + 3u2n .

Exercice 18.9 Soit la suite (un ) définie par u0 = 1, u1 = 2 et la relation ∀n ∈ N, un+2 − un+1 − 6un = 2n .

(R)

1. Déterminer α pour que tn = α2 vérifie la relation (R). 2. Montrer que (un − tn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2. 3. En déduire le terme général de (un ). n

Exercice 18.10 Soient la suite (xn ) définie par x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2,

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xn+3 = 2xn+2 + xn+1 − 2xn

et la suite (un ) définie par un = xn+1 − xn . 1. Montrer que (un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 et en déduire son terme général. 2. Déterminer le terme général de la suite (xn ). n−1  On pourra considérer uk . k=0

Exercice 18.11 Soit la suite (un ) définie par u0 = 0 et un+1 = 1. Montrer que ∀n ∈ N, un = 1.

5un − 2 . un + 2

un − 2 est géométrique. un − 1 3. En déduire le terme général de (un ) ainsi que sa limite. 2. Montrer que la suite (vn ) définie par vn =

358

Chapitre 18

Suites réelles

Exercice 18.12 Pour n ∈ N∗ , on pose Hn =

n  1 . k

k=1

1. Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , on a H2n − Hn ≥

2. La suite (Hn ) converge-t-elle ?

1 . 2

Exercice 18.13 Soit (an ) une suite décroissante convergeant vers 0. On définit Sn = 1. Montrer que les deux suites (S2n ) et (S2n+1 ) sont adjacentes. 2. En déduire que la suite (Sn ) converge.

n 

(−1)k ak .

k=1

Exercice 18.14 Soit (un ) une suite croissante convergeant vers . Pour n ∈ N∗ , on pose vn = 1. Montrer que (vn ) est croissante.

2. Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , on a v2n ≥ 3. En déduire que (vn ) converge vers .

u1 + · · · + u n . n

un + vn . 2

Exercice 18.15 Soit (un ) une suite vérifiant u0 ∈ ]0, 1[ et un+1 = un − u2n . 1. Montrer que ∀n ∈ N, un ∈ ]0, 1[. 2. En déduire que (un ) est décroissante et converge vers 0. 1 1 3. On pose, pour n ∈ N∗ , vn = − . un−1 un Montrer que (vn ) est croissante et converge vers -1. 4. En utilisant le résultat de l’exercice 18.14, déterminer un équivalent simple de (un ).

Exercice 18.16 Pour n ∈ N, on pose fn (x) = x5 + nx − 1.

(1) Montrer que fn admet un unique zéro sur R que l’on notera un .

(2) Montrer que pour tout n ∈ N, un > 0.

(3) Montrer que fn+1 (un ) > 0 et en déduire que la suite (un ) est décroissante. (4) Montrer que (un ) converge vers 0. On pourra procéder par l’absurde pour déterminer la valeur de la limite. (5) Déterminer un équivalent simple de un .

Corrections

359

Corrections Interro de cours 1. (a) Faux. La suite

1

tend vers 0 mais n’est jamais égale à 0.   1 (b) Faux. Si un = ln(n), alors un+1 − un = ln 1 + −−−−−→ 0 mais (un ) diverge vers +∞. n n→+∞ n

(c) Vrai.

(d) Faux. Si un = (−1)n , alors (un ) est bornée. Cependant u2n = 1 −−−−−→ 1 et n→+∞

u2n+1 = −1 −−−−−→ −1, donc (un ) diverge. n→+∞

1 1 et vn = , alors un < vn mais lim un = 0 = lim vn . 2n n (f) Faux. Si un = (−1)n et vn = 1 − (−1)n , alors (un ) et (vn ) divergent. Cependant, un + vn = 1 −−−−−→ 1.

(e) Faux. Si un =

n→+∞

(g) Vrai. Si on suppose par l’absurde que (un +vn ) converge, alors, comme vn = (un +vn )−un , on a (vn ) qui converge, ce qui est absurde. Ainsi (un + vn ) diverge. (h) Vrai. Cf. théorème de la limite monotone. 1 (i) Faux. Si un = 1+ , alors (un ) est décroissante et minorée par 0. Cependant un −−−−−→ 1. n→+∞ n En fait, si (un ) est décroissante et minorée par 0, on peut en déduire que (un ) converge vers une limite  ≥ 0.

(j) Vrai. Comme (un ) est bornée, on dispose d’un réel K tel que ∀n ∈ N, |un | ≤ K. Par produit, on en déduit que ∀n ∈ N, 0 ≤ |un vn | ≤ K |vn |. Or K |vn | −−−−−→ 0, donc, n→+∞

d’après le théorème d’encadrement |un vn | −−−−−→ 0, d’où un vn −−−−−→ 0. n→+∞

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

(k) Faux. Si un =

n→+∞

(−1) , alors un −−−−−→ 0 ≥ 0, mais (un ) n’est pas positive à partir d’un n→+∞ n n

certain rang. 2. Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique. On commence par chercher un réel α tel que α = −α + 2. On obtient α = 1. Soit n ∈ N. On a donc un+1 = −un + 2, α = −α + 2.

Donc, en soustrayant ces deux égalités, on obtient que un+1 − α = −(un − α). Ainsi la suite (un − α) est géométrique de raison −1. On en déduit que un − α = (−1)n (u0 − α). Or α = 1 et u0 = 2. On en conclut que ∀n ∈ N, un = 1 + (−1)n . 3. Soient (un ), (vn ), (wn ) trois suites réelles et  ∈ R. Si, à partir d’un certain rang, un ≤ vn ≤ wn et si (un ) et (wn ) convergent vers la même limite , alors (vn ) converge vers .

360

Chapitre 18

Suites réelles

4. On dispose de deux suites (an ) et (bn ) convergeant vers 1 et telles que ∀n ∈ N, un = αwn an et vn = βwn bn . Ainsi, si n ∈ N,   αan + βbn un + vn = αwn an + βwn bn = (α + β)wn . α+β    −−−−−→1 n→+∞

On en conclut que un + vn ∼ (α + β)wn . 1 1 un 5. (a) Faux. Si un = et vn = 2 , alors un − vn −−−−−→ 0. Cependant = n −−−−−→ +∞, n→+∞ n→+∞ n n vn donc un ∼ vn . (b) Vrai. Cf. cours.

(c) Faux. Si un = 2n , alors

un+1 = 2 −−−−−→ 2 = 1. n→+∞ un ∼ un .

On en conclut que un+1 cos n (d) Vrai. On a n −−−−−→ 0 car (cos n) est bornée. Donc cos n = o(en ) et cos n + en ∼ en . n→+∞ e (e) Vrai. L’équivalence est compatible avec les puissances d’exposant constant. √ √ 1 1 Donc (un ) 2 ∼ (vn ) 2 , c’est-à-dire un ∼ vn . 6. On dit que deux suites sont des suites adjacentes si l’une est croissante, l’autre est décroissante et si leur différence converge vers 0.

Exercice 18.1

n  (−2)n 2 3n n n 1. On a = − − − − − − → 0, donc (−2) = o(3 ). Ainsi u ∼ = 1 −−−−−→ 1. n n→+∞ n→+∞ 3n 3 3n On en conclut que (un ) converge vers 1. 2. On multiplie et divise par la quantité conjuguée √ √ √ √ √ √ 2 2 n 2 + 2 − n2 + 1 ( n2 + 2 − n2 + 1)( n2 + 2 + n2 + 1) 1 √ √ √ √ un = = √ =√ . 2 2 2 2 2 n +2+ n +1 n +2+ n +1 n + 2 + n2 + 1 On en conclut que un −−−−−→ 0. n→+∞

(−1)n ln(n3 ) 3. On a −−−−−→ 0 donc (−1)n = o(n), et −−−−−→ 0 par croissances comparées, donc n→+∞ n→+∞ n n ln(n3 ) = o(n). Ainsi n un ∼ = 1 −−−−−→ 1. n→+∞ n 4. On est en présence d’une puissance d’exposant variable, on transforme donc l’expression sous forme exponentielle.   1 2 2 un = (n2 ) n = n n = exp ln(n) . n 2 Or, par croissances comparées, ln(n) −−−−−→ 0. n→+∞ n Donc par composition des limites, on en déduit que un −−−−−→ 1. n→+∞

Corrections

361

5. On a n + (−1)n+1 ≥ n − 1 −−−−−→ +∞, donc, par comparaison, n + (−1)n+1 −−−−−→ +∞. n→+∞

Ainsi

n→+∞

1 −−−−−→ 0. |n + (−1)n+1 | n→+∞ Donc, par théorème d’encadrement |un | −−−−−→ 0 et on en conclut que un −−−−−→ 0. 0 ≤ |un | ≤

n→+∞

n→+∞

6. On est en présence d’une puissance d’exposant variable, on transforme donc l’expression sous forme exponentielle.    1  un = exp −−−−−→ exp(0) = 1. ln 2 + (−1)n n→+∞ n

Exercice 18.2 On ne cherchera pas à calculer les sommes, mais on va les encadrer. On peut minorer une somme par son plus petit terme multiplié par le nombre de termes de la somme. On peut majorer une somme de la même manière avec le plus grand terme multiplié par le nombre de termes de la somme. 1 1 1. Si k ∈ [[1, n]], alors √ ≥ √ . Donc n k n  √ 1 1 √ = n × √ = n −−−−−→ +∞. un ≥ n→+∞ n n k=1

Par comparaison, un −−−−−→ +∞. n→+∞

1 1 ≤ 2 . Donc 2 +k n n  1 1 1 0 ≤ un ≤ = n × 2 = −−−−−→ 0. n2 n n n→+∞

2. Si k ∈ [[1, n]], alors 0 ≤

n2

k=1

Par encadrement, un −−−−−→ 0. n→+∞

1 1 1 1 ≤√ ≤ √ = . Donc 2 2 n +n n +k n n n   n 1 1 √ , puis √ ≤ un ≤ ≤ un ≤ 1. 2 2 n n +n n +n

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

3. Si k ∈ [[1, n]], alors √

n2

k=1

1 n = Or √ 2 n +n 1+

k=1

1 n

−−−−−→ 1. Par encadrement, on en conclut que un −−−−−→ 1. n→+∞

4. Si k ∈ [[n + 1, 2n]], on a 0 ≤

1 1 ≤ 2 . Donc 2 k n

0 ≤ un ≤ Par encadrement, un −−−−−→ 0. n→+∞

n→+∞

2n 

k=n+1

1 1 1 = n × 2 = −−−−−→ 0. n2 n n n→+∞

362

Chapitre 18

Suites réelles

Exercice 18.3 1. On a n = o(n2 ), donc un ∼ n2 −−−−−→ +∞. n→+∞

n+1 −−−−−→ 0, donc, comme sin x ∼0 x, 2. On a n2 n→+∞ n+1 n 1 = 2 = −−−−−→ 0. un ∼ n2 n n n→+∞ Il faut bien faire attention à l’ordre dans lequel on effectue les équivalents. Le raisonnement suivant est faux     1 1 n+1 1 sin ∼ sin ∼ car −−−−−→ 0. n2 n n n n→+∞

1 En effet, dans ce raisonnement, on est parti de l’équivalent n+1 n2 ∼ n et on a composé à gauche par la fonction sinus. Or la composition à gauche ne conserve par forcément les équivalents.

3. On a

  1 −−−−−→ 1. Ainsi n n→+∞      1 1 1 − 1 ∼ cos − 1 ∼ − 2 −−−−−→ 0. un = ln 1 + cos n n 2n n→+∞    −−−−−→0

1 −−−−−→ 0, donc cos n n→+∞ 

n→+∞

4. On commence par factoriser par le terme dominant sous la racine.       1 1 1 1 1 2 un = n 1 + 2 − n = n 1 + 2 − n = n −−−−−→ 0. 1+ 2 −1 ∼n× 2 = n n n 2n 2n n→+∞ 5. On commence par factoriser par le terme dominant sous la racine.       1 1 1 un = n2 1 + 2 + n = n 1 + 2 + n = n 1 + 2 + 1 ∼ n × 2 = 2n −−−−−→ +∞. n→+∞ n n n    −−−−−→2 = 0 n→+∞   1 1 1 1 ∼ 2 et e n3 − 1 ∼ 3 . Donc par quotient d’équivalents 6. On a 1 − cos n 2n n un ∼

1 2n2 1 n3

=

n −−−−−→ +∞. 2 n→+∞

Exercice 18.4 1. Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique. On cherche le réel α tel que α = 2α − 3. On trouve α = 3. Soit n ∈ N, on a un+1 = 2un − 3, α = 2α − 3.

Corrections

363

En soustrayant ces deux égalités, on obtient un+1 − α = 2(un − α). Donc la suite (un − α) est géométrique de raison 2. On en déduit que un − α = 2n (u0 − α). On en conclut que ∀n ∈ N, un = 3 − 2n 2. L’équation caractéristique de cette suite récurrente linéaire d’ordre 2 est r2 − 2r − 3 = 0 dont les solutions sont −1 et 3. On dispose donc de deux réels λ et µ tels que ∀n ∈ N, un = λ(−1)n + µ3n . En utilisant les conditions initiales, on obtient   λ + µ =3 λ = 2 donc −λ + 3µ = 1 µ = 1. On en conclut que ∀n ∈ N, un = 2(−1)n + 3n

Exercice 18.5

 π 1. Une représentation graphique permet de conjecturer que la suite reste dans 0, . 2  π par f (x) = sin(x) et g(x) = f (x) − x. On pose f et g les deux fonctions définies sur 0, 2  π  La fonction g est dérivable et si x ∈ 0, , alors g (x) = cos(x) − 1 ≤ 0. 2 On obtient donc le tableau de variations suivant x 0

π 2

1

f 0 0 g 0 π 



π

= [0, 1] ⊂ 0, . 2 2   π Comme u0 ∈ 0, , on montre par une récurrente simple que ∀n ∈ N, un ∈ 0, π2 . 2  π On en déduit que un+1 − un = f (un ) − un = g(un ) ≤ 0 car la fonction g est négative sur 0, . 2  π La suite (un ) est donc décroissante et minorée par 0, alors elle converge vers un réel  ∈ 0, . 2 Ainsi un+1 −−−−−→  et f (un ) −−−−−→ f () car f est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞ n→+∞  π  = f (), c’est-à-dire g() = 0. D’après l’étude de g sur 0, , on en déduit que  = 0. 2 On conclut que (un ) est une suite décroissante convergeant vers 0. 2. Une représentation graphique permet de conjecturer que la suite reste dans R+ . On pose f et g les deux fonctions définies sur R+ par f (x) = 1 − e−x et g(x) = f (x) − x. Ainsi f

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0,

364

Chapitre 18

Suites réelles

Les fonctions f et g sont dérivables et si x ∈ R+ , alors f  (x) = e−x > 0 et g  (x) = e−x − 1 ≤ 0. On obtient donc le tableau de variations suivant x 0

+∞ 1

f 0 0 g 0 Ainsi f (R+ ) = [0, 1[⊂ R+ . Comme u0 ∈ R+ , on montre par une récurrence simple que ∀n ∈ N, un ∈ R+ . On en déduit que un+1 − un = f (un ) − un = g(un ) ≤ 0 car la fonction g est négative sur R+ . La suite (un ) est donc décroissante et minorée par 0, alors elle converge vers un réel  ∈ R+ . Ainsi un+1 −−−−−→  et f (un ) −−−−−→ f () car f est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞

n→+∞

 = f (), c’est-à-dire g() = 0. D’après l’étude de g sur R+ , on en déduit que  = 0. On conclut que (un ) est une suite décroissante convergeant vers 0. 3. Une représentation graphique permet de conjecturer que la suite reste dans [1, +∞[. 1 1 On pose f et g les deux fonctions définies sur [1, +∞[ par f (x) = x + et g(x) = f (x) − x = . x x 1 x2 − 1 ≥ 0. La fonction f est dérivable et si x ≥ 1, alors f  (x) = 1 − 2 = x x2 Le signe de g étant évident, on obtient donc le tableau suivant x

1

+∞ +∞

f 2 g(x)

+

Ainsi f ([1, +∞[) = [2, +∞[⊂ [1, +∞[. Comme u0 ∈ [1, +∞[, on montre par une récurrence simple que ∀n ∈ N, un ∈ [1, +∞[. On en déduit que un+1 −un = f (un )−un = g(un ) ≥ 0 car la fonction g est positive sur [1, +∞[. La suite (un ) est donc croissante. D’après le théorème de la limite monotone, elle converge ou elle tend vers +∞. On suppose par l’absurde qu’elle converge vers un réel  ∈ [1, +∞[. Ainsi un+1 −−−−−→  et f (un ) −−−−−→ f () car f est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞

n→+∞

 = f (), c’est-à-dire g() = 0. Or la fonction g ne s’annule pas sur [1, +∞[, ce qui est absurde. On conclut que (un ) est une suite croissante divergeant vers +∞. 4. On pose f et g les deux fonctions définies sur R par f (x) = (x − 1)3 + 1 et g(x) = f (x) − x. Les fonctions f et g sont dérivables et si x ∈ R, alors f  (x) = 3(x − 1)2 ≥ 0 et g(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1 + 1 − x = x(x2 − 3x + 2) = x(x − 1)(x − 2).

Corrections

365

La fonction g s’annule donc en 0, 1 et 2. Comme u0 se situe entre 1 et 2, on continue l’étude des fonctions sur [1, 2]. On obtient donc le tableau suivant x 1 g(x)

u0 −

2 2

f 1 Ainsi f ([1, 2]) = [1, 2]. Comme u0 ∈ [1, 2], on montre par une récurrence simple que ∀n ∈ N, un ∈ [1, 2]. On en déduit que un+1 − un = f (un ) − un = g(un ) ≤ 0 car la fonction g est négative sur [1, 2]. La suite (un ) est donc décroissante et minorée par 1, alors elle converge vers un réel  ∈ [1, 2]. Ainsi un+1 −−−−−→  et f (un ) −−−−−→ f () car f est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞

n→+∞

 = f (), c’est-à-dire g() = 0. D’après l’étude de g sur [1, 2], on en déduit que  = 1 ou  = 2. La suite étant décroissante et de premier terme u0 < 2, on a  = 2, donc  = 1. On conclut que (un ) est une suite décroissante convergeant vers 1. 5. On pose f et g les deux fonctions définies sur R par f (x) = (x − 1)3 + 1 et g(x) = f (x) − x. Les fonctions f et g sont dérivables et si x ∈ R, alors f  (x) = 3(x − 1)2 ≥ 0 et g(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1 + 1 − x = x(x2 − 3x + 2) = x(x − 1)(x − 2).

La fonction g s’annule donc en 0, 1 et 2. Comme u0 se situe entre 2 et +∞, on continue l’étude des fonctions sur [2, +∞[. On obtient donc le tableau suivant x 2 g(x)

u0 +

+∞ +∞

f

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

2 Ainsi f ([2, +∞[) = [2, +∞[. Comme u0 ∈ [2, +∞[, on montre par une récurrence simple que ∀n ∈ N, un ∈ [2, +∞[. On en déduit que un+1 −un = f (un )−un = g(un ) ≥ 0 car la fonction g est positive sur [2, +∞[. La suite (un ) est donc croissante. D’après le théorème de la limite monotone elle converge ou elle tend vers +∞. On suppose par l’absurde qu’elle converge vers un réel  ∈ [2, +∞[. Ainsi un+1 −−−−−→  et f (un ) −−−−−→ f () car f est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞

n→+∞

 = f (), c’est-à-dire g() = 0. D’après l’étude de g sur [2, +∞[, on en déduit que  = 2. Or (un ) est croissante et de premier terme u0 > 2, ce qui est absurde. On conclut que (un ) est une suite croissante divergeant vers +∞.

6. Une représentation graphique permet de conjecturer que la suite reste dans [0, 1]. On pose f , h et g les fonctions définies sur [0, 1] par f (x) = 1 − x2 , h(x) = f ◦ f (x) et g(x) = h(x) − x. La fonction f est dérivable et si x ∈ [0, 1], on a f  (x) = −2x ≤ 0, donc f est décroissante. Si x ∈ R, on a  2 h(x) = 1 − 1 − x2 = 1 − 1 + 2x2 − x4 = 2x2 − x4

366

Chapitre 18

Suites réelles

et

g(x) = 2x2 − x4 − x = −x(x3 − 2x + 1).

On remarque que 1 est racine du polynôme X 3 − 2X + 1. Après factorisation, on obtient X 3 − 2X + 1 = (X − 1)(X 2 + X − 1).

−1 − Après étude du trinôme X + X − 1, on obtient que la fonction g s’annule en 2 √ −1 + 5 0, α = et 1. 2 On obtient donc le tableau suivant 2

x g(x)

0 0 1

−

f

α 0

+

√ 5

∈ / [0, 1],

1 0

α 0 3 ∈ [α, 1], et comme 4 = h(u2n+1 ), on montre par une récurrence simple que

Ainsi f ([0, α]) = [α, 1] et f ([α, 1]) = [0, α]. Comme u0 ∈ [0, α] et u1 =

∀n ∈ N, u2(n+1) = h(u2n ) et u2(n+1)+1

∀n ∈ N, u2n ∈ [0, α] et u2n+1 ∈ [α, 1].

On en déduit que u2(n+1) − u2n = g(u2n ) ≤ 0 car g est négative sur [0, α]. La suite (u2n ) est donc décroissante et minorée par 0, alors elle converge vers un réel  ∈ [0, α]. Ainsi u2(n+1) −−−−−→  et h(u2n ) −−−−−→ h() car h est continue. Par unicité de la limite, on a n→+∞

n→+∞

 = h(), c’est-à-dire g() = 0. D’après l’étude de g sur [0, α], on en déduit que  = 0 ou  = α. La suite étant croissante et de premier terme u0 < α, on obtient  = 0. On conclut que (u2n ) est une suite décroissante convergeant vers 0. On montre de même que (u2n+1 ) est une suite croissante convergeant vers 1. On a donc (u2n ) et (u2n+1 ) qui convergent vers deux limites différentes. On en conclut que (un ) n’a pas de limite.

Exercice 18.6  √ √ 2 n(n + 1) − (2n + 1) 1 √ 1. Soit n ∈ N. On a un+1 − un = √ −2 n+1+2 n = n+1 n+1 √ √ 4n2 + 4n − 4n2 + 4n + 1 √ ≤ 0, = n+1  √ √ 2 (n + 1)(n + 2) − (2n + 1) 1 √ et vn+1 − vn = √ −2 n+2+2 n+1 = n+1 n+1 √ √ 4n2 + 6n + 8 − 4n2 + 4n + 1 √ ≥ 0, = n+1

Corrections

367

donc la suite (un ) est décroissante et le suite (vn ) est croissante. Pour finir √ √ √ √ √ √ ( n − n + 1)( n + n + 1) 2 √ √ vn − un = −2 n + 1 + 2 n = 2 = −√ −−−−−→ 0. √ n+ n+1 n + n + 1 n→+∞ On en conclut que (un ) et (vn ) sont des suites adjacentes. 2. On déduit de la question précédente que la suite (un ) converge vers un réel . Ainsi n  1 √ √ k 2 n + un un k=1 √ √ = = 1 + √ −−−−−→ 1. 2 n 2 n 2 n n→+∞ n  √ 1 √ ∼ 2 n. On en conclut que k k=1

Exercice 18.7 1. Soit n ∈ N, on a un+1 − vn+1 = 3un + 2vn − 2un − 3vn = un − vn . Donc la suite (un − vn ) est constante égale à u0 − v0 = −1. 2. D’après la question précédente, vn = 1 + un . Donc un+1 = 3un + 2(1 + un ) = 5un + 2. 3. On cherche un réel α tel que α = 5α + 2. On trouve α = − 12 . On a un+1 = 5un + 2,

α = 5α + 2. En soustrayant ces deux égalités, on obtient un+1 − α = 5(un − α). La suite (un − α) est donc géométrique de raison 5, d’où un − α = 5n (u0 − α). 3 1 3 1 On en conclut que ∀n ∈ N, un = 5n − et vn = 1 + un = 5n + 2 2 2 2

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Exercice 18.8

 On commence par remarquer que u0 et u1 sont positifs et un+2 = 2u2n+1 + 3u2n ≥ 0. Donc la suite (un ) est à valeurs positives. √ Soit n ∈ N. On pose vn = u2n donc un = vn car un ≥ 0. On a  vn+2 = u2n+2 = 2u2n+1 + 3u2n = 2u2n+1 + 3u2n = 2vn+1 + 3vn .

La suite (vn ) est donc récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique est r2 − 2r − 3 = 0 dont les solution sont −1 et 3. On dispose donc de deux réels λ et µ tels que ∀n ∈ N, vn = λ(−1)n + µ3n .

Or v0 = u20 = 1 et v1 = u21 = 4, d’où 

λ + µ =1 −λ + 3µ = 4

puis

 (−1)n+1 + 5 × 3n On en conclut que ∀n ∈ N, un = 2

 1  λ = − 4  µ = 5 . 4

368

Chapitre 18

Suites réelles

Exercice 18.9 1. La suite (tn ) vérifie la relation (R) si et seulement si 1 (∀n ∈ N, α2n+2 − α2n+1 − 6α2n = 2n ) ⇔ 4α − 2α − 6α = 1 ⇔ α = − . 4 2. Soit n ∈ N. On a un+2 − un+1 − 6un = 2n , tn+2 − tn+1 − 6rn = 2n .

En soustrayant ces deux inégalités, on obtient (un+2 − tn+2 ) − (un+1 − tn+1 ) − 6(un − tn ) = 0. On en conclut que la suite (un − tn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2. 3. L’équation caractéristique de cette suite récurrente linéaire d’ordre 2 est r2 − r − 6 = 0 dont les solutions sont −2 et 3. On dispose donc de deux réels λ et µ tels que un − tn = λ(−2)n + µ3n .

Or u0 − t0 =

5 5 et u1 − t1 = , d’où 4 2  5   λ + µ = 4  −2λ + 3µ = 5 2

On en conclut que ∀n ∈ N, un =

puis

 λ = 1 4 µ = 1.

(−2)n + 4 × 3n − 2n 4

Exercice 18.10 1. • Soit n ∈ N. On a

un+2 = xn+3 − xn+2 = xn+2 + xn+1 − 2xn .

Or xn+2 = un+1 + xn+1 , donc

un+2 = un+1 + 2xn+1 − 2xn = un+1 + 2un .

• L’équation caractéristique de cette suite récurrente linéaire d’ordre 2 est r2 − r − 2 = 0 dont les solutions sont −1 et 2. On dispose donc de deux réels λ et µ tels que un = λ(−1)n + µ2n .

Or u0 = x1 − x0 = 1 et u1 = x2 − x1 = 1, d’où 

λ + µ =1 −λ + 2µ = 1

On en conclut que ∀n ∈ N, un =

puis

(−1)n + 2n+1 3

 1  λ = 3  µ = 2 . 3

Corrections 2. On a, par télescopage n−1 

uk =

k=0

De plus, n−1  k=0

1 uk = 3

n−1  k=0

(−1) + 2 k

n−1  k=0

n−1 

2

k=0

On en conclut que ∀n ∈ N, xn =

k



(xk+1 − xk ) = xn − x0 = xn . 1 = 3



1 − 2n 1 − (−1)n +2 1 − (−1) 1−2



=

2n+2 − 3 − (−1)n . 6

2n+2 − 3 − (−1)n 6

Exercice 18.11 1. On montre par récurrence, sur n ∈ N, la proposition P(n) : « un = 1 ». • Initialisation. On a u0 = 0 = 1, ce qui montre P(0). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). On a un+1 = 1 ⇔ 5un − 2 = un + 2 ⇔ 4un = 4 ⇔ un = 1.

Or un = 1, donc un+1 = 1, ce qui montre P(n + 1). On en conclut que ∀n ∈ N, un = 1. 5un −2 3 un − 2 3 un+1 − 2 3un − 6 un +2 − 2 2. Soit n ∈ N. On a vn+1 = = 5u = = vn . = n −2 un+1 − 1 4u − 4 4 u − 1 4 − 1 n n un +2 3 Ainsi la suite (vn ) est géométrique de raison .  n 4  n 3 3 3. D’après la question précédente, vn = v0 = 2 . On a 4 4

un − 2 vn − 2 ⇔ vn (un − 1) = un − 2 ⇔ (vn − 1)un = vn − 2 ⇔ un = . un − 1 vn − 1  n 3 −2 2 4 On en conclut que ∀n ∈ N, un =  n 3 2 −1 4

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vn =

Exercice 18.12 2n  1 . k k=n+1 1 1 . Ainsi Or si k ∈ [[n + 1, 2n]], alors ≥ k 2n 2n  H2n − Hn ≥

1. Soit n ∈ N∗ . On a H2n − Hn =

k=n+1

1 1 1 =n× = . 2n 2n 2

369

370

Chapitre 18

Suites réelles

1 > 0, donc la suite (Hn ) est strictement croissante. n+1 D’après le théorème de la limite monotone, (Hn ) converge ou diverge vers +∞. On suppose par l’absurde que (Hn ) converge vers . Alors H2n −−−−−→ .

2. On a Hn+1 − Hn =

n→+∞

Donc si on passe à la limite dans l’inégalité démontrée à la question précédente, on obtient 1 1  −  ≥ , c’est-à-dire 0 ≥ , ce qui est absurde. 2 2 On en conclut que (Hn ) est une suite croissante qui diverge vers +∞.

Exercice 18.13 1. Soit n ∈ N. On a

S2n+2 − S2n = (−1)2n+2 a2n+2 + (−1)2n+1 a2n+1 = a2n+2 − a2n+1 ≤ 0

car (an ) est décroissante. Donc la suite (S2n ) est décroissante. De même,

S2n+3 − S2n+1 = (−1)2n+3 a2n+3 + (−1)2n+2 a2n+2 = −a2n+3 + a2n+2 ≥ 0

car (an ) est décroissante. Donc la suite (S2n+1 ) est croissante. Pour finir, S2n+1 − S2n = (−1)2n+1 a2n+1 −−−−−→ 0. n→+∞

On en conclut que les deux suites (S2n ) et (S2n+1 ) sont adjacentes. 2. Étant adjacentes, les suites (S2n ) et (S2n+1 ) convergent vers une même limite  ∈ R. On en conclut que (Sn ) converge vers cette limite commune .

Exercice 18.14 1. Soit n ∈ N∗ . On a n+1  vn+1 − vn =

k=1

uk

n+1

−

n 

n un+1 +

uk

k=1

n



=

n 

k=1

uk



− (n + 1)

n(n + 1)

n 

uk

k=1

=

nun+1 −

k=1

uk ≤

n 

un+1 = nun+1 .

k=1

On en déduit vn+1 − vn ≥ 0 et on en conclut que la suite (vn ) est croissante. 2. On a   2n 2n n    uk − nun uk uk un un + vn k=n+1 k=1 k=1 = − − = . v2n − 2 2n 2 2n 2n Or si k ∈ [[n + 1, 2n]], on a uk ≥ un car la suite (un ) est croissante. Ainsi 2n 

k=n+1

uk ≥

2n 

k=n+1

un = nun ,

k=1

n(n + 1)

Or, si k ∈ [[1, n]], on a uk ≤ un+1 car la suite (un ) est croissante. Ainsi n 

n 

uk .

Corrections

371

un + vn ≥ 0. 2 un + vn On en conclut que ∀n ∈ N∗ , v2n ≥ . 2n 3. Sur le même principe, comme (un ) est croissante, on a puis v2n −

vn =

1 1 uk ≤ un = un . n n n

n

k=1

k=1

Or (un ) est croissante et converge vers , d’où : vn ≤ un ≤ . Ainsi la suite (vn ) est croissante et majorée par , donc (vn ) converge vers un réel  ≤ . En passant à la limite dans l’inégalité démontrée à la question précédente, on obtient  ≥

 +  2

c’est-à-dire

 ≥ .

Or  ≤ , d’où  = . On en conclut que (vn ) converge vers .

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Exercice 18.15 1. On montre par récurrence, sur n ∈ N, la proposition P(n) : « un ∈ ]0, 1[ ». • Initialisation. On a u0 ∈ ]0, 1[ d’après l’énoncé, ce qui montre P(0). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). On a 0 < un < 1, donc 0 < u2n < un car un est positif, puis un+1 = un − u2n > 0. De plus un < 1 et −u2n < 0, donc par somme, un+1 = un − u2n < 1. On a ainsi montré que un+1 ∈ ]0, 1[, c’est-à-dire P(n + 1). On en conclut que ∀n ∈ N, un ∈ ]0, 1[. 2. Soit n ∈ N. On a un+1 − un = −u2n < 0, donc (un ) est décroissante. Or (un ) est minorée par 0, donc elle converge vers un réel . Si on passe à la limite dans l’égalité un+1 = un − u2n , on obtient  =  − 2 , c’est-à-dire 2 = 0. On en conclut que (un ) est décroissante et converge vers 0. −u2n−1 1 un − un−1 3. Soit n ∈ N∗ . On a vn = =− = −−−−−→ −1. 2 un un−1 un−1 (un−1 − un−1 ) 1 − un−1 n→+∞ De plus, comme la suite (un ) est décroissante à valeurs dans ]0, 1[, on a un ≤ un−1 < 1, donc 1 1 1 − un ≥ 1 − un−1 > 0, puis ≤ . 1 − un 1 − un−1 On en déduit que vn+1 ≥ vn et on en conclut que la suite (vn ) est croissante. n 1 4. D’après le résultat de l’exercice précédent, vk −−−−−→ −1. n→+∞ n k=1  n n  n   1 1 1 1 1 1 1 Or vk = − − . Ainsi = − vk −−−−−→ 0 − (−1). = n→+∞ uk−1 uk u0 un nun nu0 n k=1

k=1

1 1 On en déduit que ∼ 1 et on en conclut que un ∼ nun n

k=1

372

Chapitre 18

Suites réelles

Exercice 18.16 1. Soit n ∈ N. La fonction fn est dérivable sur R et, si x ∈ R, on a fn (x) = 5x4 + n > 0 (sauf en x = 0 si n = 0). La fonction fn est donc strictement croissante sur R. De plus fn (x) −−−−−→ +∞ et fn (x) −−−−−→ −∞. x→+∞

x→−∞

Ainsi, la fonction fn est continue, strictement croissante sur R et change de signe. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (que l’on appellera plutôt « Théorème de la bijection continue » à partir du chapitre suivant), la fonction fn s’annule une et une seule fois sur R. 2. Soit n ∈ N. On a fn (0) = −1 < 0 = fn (un ). Si on suppose par l’absurde que un ≤ 0, alors, comme fn est croissante, on aurait fn (un ) ≤ fn (0), ce qui est absurde. On en conclut que ∀n ∈ N, un > 0. 3. Soit n ∈ N. On a fn+1 (un ) = u5n + (n + 1)un − 1 = u5n + nun − 1 + un = fn (un ) + un = un > 0. On en déduit donc que fn+1 (un ) > fn+1 (un+1 ). Alors, de même qu’à la question précédente, on en déduit que un > un+1 . On en conclut que (un ) est une suite strictement décroissante. 4. La suite (un ) est décroissante et minorée par 0. D’après le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel  ≥ 0. On suppose par l’absurde que  > 0. On réutilise la seule information calculatoire en notre possession : fn (un ) = 0. On a u5n −−−−−→ 5 et nun −−−−−→ +∞ car  > 0, donc n→+∞

0 = fn (un ) =

u5n

n→+∞

+ nun − 1 −−−−−→ +∞, n→+∞

ce qui est absurde. On en conclut que la suite (un ) converge vers 0. 5. On réutilise encore la seule information calculatoire en notre possession et on sépare les termes dont on connaît la limite et les termes dont on ne connaît pas la limite. On obtient donc nun = 1 − u5n −−−−−→ 1. n→+∞

Donc nun ∼ 1 et un ∼

1 n

CHAPITRE

Limites et continuité

19

L’essentiel du cours

Dans tout le chapitre I désignera un intervalle de R.

 1 Notion de limite Définition

Soit a est un élément ou une borne de I. On appelle voisinage de a tout intervalle de la forme : • ]a − η, a + η[ avec η > 0, si a ∈ R • ]A, +∞[ avec A ∈ R, si a = +∞ • ] − ∞, A[ avec A ∈ R, si a = −∞. On dit qu’une fonction f définie sur I vérifie une propriété au voisinage de a s’il existe un voisinage V de a tel que f vérifie cette propriété sur V ∩ I. Définition

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Soient f une fonction définie sur I et a un élément ou une borne de I. On dit que f (x) tend vers  quand x tend vers a, noté f (x) −−−→ , si • cas a ∈ R  cas  ∈ R :  cas  = +∞ :  cas  = −∞ : • cas a = +∞  cas  ∈ R :  cas  = +∞ :  cas  = −∞ : • cas a = −∞  cas  ∈ R :  cas  = +∞ :  cas  = −∞ :

x→a

∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| ≤ η ⇒ |f (x) − | ≤ ε. ∀A ∈ R, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| ≤ η ⇒ f (x) ≥ A. ∀A ∈ R, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| ≤ η ⇒ f (x) ≤ A. ∀ε > 0, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≥ B ⇒ |f (x) − | ≤ ε. ∀A ∈ R, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≥ B ⇒ f (x) ≥ A. ∀A ∈ R, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≥ B ⇒ f (x) ≤ A. ∀ε > 0, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≤ B ⇒ |f (x) − | ≤ ε. ∀A ∈ R, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≤ B ⇒ f (x) ≥ A. ∀A ∈ R, ∃B ∈ R, ∀x ∈ I, x ≤ B ⇒ f (x) ≤ A.

Ces neufs définitions peuvent se résumer en : pour tout voisinage V de , il existe un voisinage U de a dont l’image par f reste dans V (c’est-à-dire tel que f (U ∩ I) ⊂ V ). Unicité de la limite Si une fonction admet une limite (finie ou infinie), alors cette limite est unique.

374

Chapitre 19

Limites et continuité

Si une fonction f admet une limite en a, étant unique, on la note lim (f (x)). x→a

Définition Soient f une fonction définie sur I et a un point ou l’extrémité gauche de I (si elle est finie).  si On dit que f (x) admet  comme limite à droite, noté f (x) −−−−→ + x→a

• cas  ∈ R : ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, a ≤ x ≤ a + η ⇒ |f (x) − | ≤ ε. • cas  = +∞ : ∀A ∈ R, ∃η > 0, ∀x ∈ I, a ≤ x ≤ a + η ⇒ f (x) ≥ A. • cas  = −∞ : ∀A ∈ R, ∃η > 0, ∀x ∈ I, a ≤ x ≤ a + η ⇒ f (x) ≤ A.

On définit de même la notion de limite à gauche, notée f (x) −−−−→ . x→a−

Proposition Une fonction f admet une limite en a si et seulement si elle admet une limité à gauche et à droite en a et que ces deux limites sont égales. Opérations sur les limites Soient ,  ∈ R et f, g des fonctions définies sur I et a un élément ou une borne de I. On a les opérations suivantes sur les limites lim (f (x)) +∞

−∞



 + 

+∞

−∞

+∞

+∞

+∞

FI

−∞

−∞

FI

−∞

lim (f (x))

x→a

lim (g(x))

g(x)

x→a

 = 0

0

∞

 = 0

 

0

∞

0

∞

FI

∞

∞

0

0

FI

lim (g(x))



f (x)

lim (f (x))

f (x)g(x)

x→a

x→a

x→a

lim (g(x))

f (x) + g(x)

x→a

 = 0

0

∞

 = 0



0

∞

0

0

0

FI

∞

∞

FI

∞

• FI est l’acronyme de « Forme Indéterminée ». Cela signifie qu’il n’est pas toujours suffisant de connaître les limites de f et g pour trouver la limite de leur somme, produit ou quotient (il faudra donc modifier l’expression). • Pour le produit et le quotient, il suffit de suivre la règle des signes sur les produits et les quotients pour déterminer si on obtient +∞ ou −∞ comme limite finale.

L’essentiel du cours

375

Composition des limites Si f et g sont deux fonctions telles que f (x) −−−→ b et g(x) −−−→ , alors g ◦ f (x) −−−→ . x→a

x→b

x→a

Proposition Soit f une fonction admettant une limite  (éventuellement infinie) en a. • Si  > 0, alors f (x) > 0 au voisinage de a. • Si  < 0, alors f (x) < 0 au voisinage de a. Passage à la limite dans les inégalités Soient f et g deux fonctions admettant respectivement pour limites, en a,  ∈ R et  ∈ R. Si, au voisinage de a, f (x) ≤ g(x), alors  ≤  . En passant à la limite, les inégalités strictes deviennent larges. Limite de l’image d’une fonction Soient (un ) une fonction réelle, f une fonction définie sur un intervalle I, a ∈ I et b ∈ R. Si un −−−−−→ a et f (x) −−−→ b, alors f (un ) −−−−−→ b. n→+∞

x→a

n→+∞

Ce résultat reste vrai si a et/ou b sont +∞ ou −∞. Théorème de la limite monotone Soient f une fonction croissante sur I et a et b les bornes de I. • Si f est majorée au voisinage de b alors elle admet une limite finie en b, sinon f (x) −−−→ +∞. x→b

• Si f est minorée au voisinage de a alors elle admet une limite finie en a, sinon f (x) −−−→ −∞. x→a

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

On a un résultat analogue si f est décroissante. Théorème d’encadrement (ou des gendarmes) Soient f , g, h trois fonctions définies au voisinage de a et  ∈ R. Si, au voisinage de a, f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) et si f et h tendent vers la même limite  en a, alors g(x) −−−→ . x→a

Théorème de comparaison Soient f et g deux fonctions telles que, au voisinage de a, f (x) ≤ g(x). • Si f (x) −−−→ +∞, alors g(x) −−−→ +∞. x→a

x→a

x→a

x→a

• Si g(x) −−−→ −∞, alors f (x) −−−→ −∞.

376

Chapitre 19

Limites et continuité

 2 Relations de comparaison Dans toute cette partie, f , g, h, u et v seront des fonctions. Définition On dit que f est négligeable devant g au voisinage de a s’il existe un voisinage V de a et une fonction ε, définie sur V , qui tend vers 0 en a tels que ∀x ∈ V ∩ I, f (x) = ε(x)g(x).

On note f (x) = o(g(x)) et le lit « f est un petit o de g » . Théorème Si, au voisinage de a, g ne s’annule pas, alors f (x) = o(g(x)) ⇔

f (x) −−−→ 0. g(x) x→a

Dans la pratique, pour montrer qu’une fonction est négligeable devant une autre, on calculera presque tout le temps la limite de leur quotient. Opérations et négligeabilité On a les propriétés suivantes sur les opérations avec la négligeabilité : Hypothèses

Conclusion

f (x) = o(h(x)) et g(x) = o(h(x))

f (x) + g(x) = o(h(x))

λ ∈ R et f (x) = o(h(x))

λf (x) = o(h(x))

f (x) = o(h(x))

f (x)g(x) = o(h(x)g(x))

f (x) = o(u(x)) et g(x) = o(v(x))

f (x)g(x) = o(u(x)v(x))

f (x) = o(g(x)) et g(x) = o(h(x))

f (x) = o(h(x))

Croissances comparées On notera, uniquement dans cette proposition, f (x)  g(x) pour dire que f (x) = o(g(x)). Soient α > 0, β > 0 et a > 1. On a, au voisinage de +∞,  α ln(x)  xβ  ax .

Ce résultat s’utilise lorsque l’on rencontre des formes indéterminées pour les calculs de limites. En cas de litige, il faut en retenir que l’exponentielle l’emporte sur la puissance qui l’emporte sur le logarithme.

L’essentiel du cours

377

Définition On dit que f est équivalente à g au voisinage de a, noté f (x) ∼a g(x), s’il existe un voisinage V de a et une fonction u, définie sur V , qui converge vers 1 en a tels que ∀x ∈ V ∩ I, f (x) = u(x)g(x). Théorème Si, au voisinage de a, g ne s’annule pas, alors f (x) ∼a g(x) ⇔

f (x) −−−→ 1. g(x) x→a

Dans la pratique, pour montrer que deux fonctions sont équivalentes, on calculera presque tout le temps la limite de leur quotient. Équivalence et signe Si f (x) ∼a g(x), alors, au voisinage de a, f (x) et g(x) sont de même signe. Équivalence et limite • Si f (x) ∼a g(x) et si g admet une limite (finie ou infinie) en a, alors f admet la même limite en a. • Si  ∈ R∗ , on a f (x) ∼a  ⇔ f (x) −−−→ . x→a

Proposition Au voisinage de a, on a f (x) = o(g(x)) si et seulement si f (x) + g(x) ∼a g(x).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Opérations et équivalence On a les propriétés suivantes sur les opérations avec l’équivalence : Hypothèses

Conclusion

f (x) ∼a g(x) et g(x) ∼a h(x)

f (x) ∼a h(x)

f (x) ∼a u(x) et g(x) ∼a v(x) f (x) ∼a u(x) et g(x) ∼a v(x)

f (x)g(x) ∼a u(x)v(x)

g et v ne s’annulent pas

f (x) u(x) ∼a g(x) v(x)

α ∈ R et f (x) ∼a g(x)

f (x)α ∼a g(x)α

378

Chapitre 19

Limites et continuité

Il y a trois choses qu’il ne faut absolument pas faire avec des équivalents (1) Ajouter des équivalents Il n’y a aucune règle pour traiter la somme d’équivalents si ce n’est de dire que, d’après la proposition ci-dessus, f (x) + g(x) ∼a g(x) si f (x) = o(g(x)). (2) Composer des équivalents Il n’y a aucune règle permettant de dire que h(f (x)) ∼a h(g(x)) si f (x) ∼a g(x). (3) Être équivalent à 0 Si f (x) ∼a 0, cela revient à dire que la fonction f est nulle au voisinage de a (ce qui n’arrive jamais dans la pratique). Équivalents usuels Si α ∈ R, alors

ln(1 + x) ∼0 x,

ex − 1 ∼0 x,

cos(x) − 1 ∼0 −

2

x 2

et

sin(x) ∼0 x,

tan(x) ∼0 x,

(1 + x)α − 1 ∼0 αx.

 3 Continuité Définition Soient f une fonction définie sur I et a ∈ I. On dit que • f est continue en a si f (x) −−−→ f (a). x→a

• f est continue à gauche en a si f (x) −−−−→ f (a). − x→a

f (a). • f est continue à droite en a si f (x) −−−−→ + x→a

• f est continue sur I si elle est continue en tout point de I. On note C (I) ou C 0 (I) l’ensemble des fonctions continues sur I. Opérations et continuité Soient f et g deux fonctions continues sur I et λ ∈ R. • Les fonctions λf + g et f g sont continues sur I. f • Si g ne s’annule pas sur I, alors est continue sur I. g Composition et continuité Si f : I → R et g : J → R sont continues avec f (I) ⊂ J, alors g ◦ f est continue sur I. Prolongement par continuité Soit a ∈ I. Si f : I\ {a} → R est continue et admet une limite finie  en a, alors on peut prolonger f en une fonction continue sur I en posant f (a) = .

L’essentiel du cours

379

 4 Théorèmes de continuité Théorème des valeurs intermédiaires Soient f une fonction continue sur I, a et b ∈ I tels que a < b. Si λ ∈ [f (a), f (b)] (ou [f (b), f (a)] si f (b) < f (a)), alors il existe c ∈ [a, b] tel que λ = f (c). • Cela revient à dire que toutes les valeurs entre f (a) et f (b) sont atteintes par f . • Ce théorème peut se reformuler en disant que l’image d’un intervalle par une fonction continue est un intervalle. • Ce théorème permet de montrer la surjectivité de fonctions et l’existence de solutions à une équation (cf méthode 19.3). Théorème des bornes atteintes Soient a, b ∈ R avec a < b. Si f est continue sur le segment [a, b], alors elle est bornée et atteint ses bornes, c’est-à-dire qu’il existe α et β ∈ [a, b] tels que ∀x ∈ [a, b], f (α) ≤ f (x) ≤ f (β).

• Dans ce cas, m = f (α) est le minimum de f sur [a, b] et M = f (β) son maximum. • Ce théorème peut se reformuler en disant que l’image d’un segment par une fonction continue est un segment, ici f ([a, b]) = [f (α), f (β)] = [m, M ].

 5 Bijections continues Théorème de la bijection continue

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Si f est une fonction continue et strictement monotone sur I, alors f réalise une bijection de I dans l’intervalle f (I) et f −1 est continue sur f (I) et strictement de même monotonie que f . Ce théorème permet de montrer qu’une fonction est bijective et de montrer qu’une équation admet une unique solution. Il faut bien identifier f (I) pour pouvoir dire vers quoi f réalise une bijection (et donc sur quel intervalle f −1 est définie). La fonction f étant monotone et continue, il suffit de regarder les valeurs ou limites aux bornes de I (cf méthode 19.4).

380

Chapitre 19

Limites et continuité

Définition Soit n ∈ N∗ .

• Si n est pair, on définit la fonction √ n · : R+ → R √+ x → n x

• Si n est impair, on définit la fonction √ n ·: R → R √ x → n x

comme la bijection réciproque de

comme la bijection réciproque de

R + → R+ . x → xn √ La fonction n · est continue et strictement croissante sur R+ . y f (x) =

√

R → R . x → xn √ La fonction n · est continue et strictement croissante sur R. y

x

f (x) =

√ 3

x

f (x) =

√ 5

x

1 f (x) =

1

√ 4

x

x

1

x Définition On définit la fonction

 π π − , 2 2 x →  arctan(x) comme la bijection réciproque de la fonction  π π tan : − , → R . 2 2 x → tan(x) arctan : R

→

La fonction arctan est continue, strictement croissante sur R et impaire. y π 2

f (x) = arctan(x)

1 1

−

π 2

x

Les méthodes à maîtriser

381

Les méthodes à maîtriser Méthode 19.1 : Exploiter les équivalents pour un calcul de limite Le principe d’utilisation des équivalents pour un calcul de limite est le même que pour les suites (cf méthode 18.2). La différence se situe dans le fait que les limites calculées ne sont pas forcément en +∞. On effectuera donc en général un changement de variable pour se ramener en 0 car les équivalents usuels sont donnés en 0. Pour ce faire, • si on cherche une limite en un réel a, on effectuera le changement de variable h = x − a (ou h = a − x si la limite est en a− de sorte que h tende vers 0+ ) 1 • si on cherche une limite en ±∞, on effectuera le changement de variable h = . x Exemple d’application Calculer les limites des fonctions suivantes ln(x)   en 1 (1) f (x) = π cos x 2

(2) g(x) =



1+

1 x

x

en +∞.

(1) On pose h = x − 1 → 0. On a donc x = 1 + h et

ln(1 + h) 2 ln(1 + h) h π  π ∼ −−−→ − . π = h→0 −h π h→0 π +h cos − sin h 2 2 2 2 2 On conclut que lim f (x) = − . x→1 π   1 1 1 1 ln(1 + h) . (2) On pose h = → 0. On a donc x = et g(x) = (1 + h) h = exp x h h 1 1 Or ln(1+h) ∼ ×h −−−→ 1. On conclut, par composition des limites, que lim g(x) = e. x→+∞ h→0 h h→0 h f (x) =

Voir exercices 19.2, 19.5.

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Méthode 19.2 : Montrer la continuité d’une fonction Pour montrer la continuité d’une fonction • S’il s’agit de sommes, produits ou quotients de fonctions usuelles, il suffit d’utiliser les propriétés des opérations sur les fonctions continues (en précisant que le dénominateur ne s’annule pas s’il y en a un). • S’il s’agit de la composée de deux fonctions continues, il faut bien vérifier que l’image de la première fonction est inclus dans le domaine de continuité de la deuxième fonction (f (I) ⊂ J pour reprendre les notations du cours) puis conclure par composition de fonctions continues. • S’il ne reste plus qu’à montrer la continuité en certains points, on revient à la définition : f (x) −−−→ f (a). x→a

382

Chapitre 19

Limites et continuité

Exemple d’application Montrer que f : R+ →

est continue. xx si x > 0 x → 1 si x = 0 Du fait de la définition de f , on sépare la justification sur R∗+ et en 0. • Sur R∗+ , f (x) = exp(x ln(x)). La fonction x → x ln(x) est continue de R∗+ dans R (par produit) et la fonction exp est continue sur R. Donc par composition de fonctions continues, f est continue sur R∗+ . • En 0 : par croissances comparées x ln(x) −−−→ 0. Par composition des limites R 

x→0

f (x) −−−→ e0 = 1 = f (0). x→0

Donc f est continue en 0. On conclut que f est continue sur R+ .

Ne pas écrire « x ln(x) est continue » car x ln(x) n’est pas une fonction mais un réel. La fonction que l’on veut mentionner est x → x ln(x). Voir exercices 19.4, 19.5, 19.6, 19.7, 19.8 et 19.9. Méthode 19.3 : Montrer qu’une équation admet au moins une solution Si on cherche à montrer qu’une équation (E ) du type f (x) = g(x) admet au moins une solution, on commence par modifier l’équation en f (x)−g(x) = 0. On pose h(x) = f (x)−g(x) et l’équation (E ) devient h(x) = 0. La fonction h est continue (sur un ensemble à déterminer). Il suffit ensuite de montrer que h change de signe (en général il suffit de regarder les valeurs de h aux bornes de son ensemble de définition). On conclut, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que h s’annule et que l’équation (E ) admet au moins une solution. Exemple d’application Soit f : [a, b] → [a, b] continue. Montrer que f admet au moins un point fixe (c’està-dire un réel c tel que f (c) = c). On est ramené à montrer que l’équation f (x) = x admet au moins une solution. On pose donc g(x) = f (x) − x qui est continue sur [a, b], par somme de fonctions continues. On regarde les valeurs de g aux bornes de son ensemble de définition : g(a) = f (a) − a ≥ 0 car f (a) ∈ [a, b] et g(b) = f (b) − b ≤ 0 car f (b) ∈ [a, b].

Donc g est une fonction continue sur l’intervalle [a, b] et qui change de signe. Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, on dispose de c ∈ [a, b] tel que g(c), c’està-dire tel que f (c) = c. Voir exercices 19.10, 19.12, 19.13 et 19.14.

Les méthodes à maîtriser

383

Pour trouver une valeur approchée d’une solution de f (x) = 0 sur [a, b], on peut utiliser l’algorithme de dichotomie ci-dessous. La fonction dicho(f,a,b,eps) renvoie une valeur approchée d’une solution de f (x) = 0 sur [a, b] à eps près. def dicho (f ,a ,b , eps ): while b - a >= eps : c = ( a + b )/2 if f ( a )* f ( c ) < 0: b = c else : a = c return ( a + b )/2 Tant que la précision n’est pas assez bonne, on coupe le segment en 2 en définissant c son milieu. Si f (a) et f (c) sont de signe contraires, alors la solution est entre a et c et b prend la valeur de c. Sinon, elle est entre c et b et a prend la valeur de c. Dans les deux cas, l’écart entre a et b est divisé par 2. En réitérant l’opération, cet écart va finir par devenir inférieur à eps. Méthode 19.4 : Montrer qu’une fonction réalise une bijection

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Pour montrer, à l’aide du théorème de la bijection continue, qu’une fonction f définie sur un intervalle I induit une bijection : 1. On montre que f est continue 2. On montre que f est strictement monotone 3. On détermine son intervalle image J (dont les bornes sont données par les images ou limites de f aux bornes de son intervalle de définition). On conclut que f réalise une bijection de I dans J. Exemple d’application Montrer que la fonction f définie par f (x) = (x + 1)e−x réalise une bijection de R+ dans un ensemble à déterminer. Par produit, f est continue sur R. Elle est aussi dérivable et si x ∈ R+ , f  (x) = −xe−x . On a f  strictement négative sauf en un point (en 0), donc f est strictement décroissante. De plus f (0) = 1 et lim f (x) = 0 par croissances comparées. x→+∞

Donc, comme f est continue et décroissante,   f ([0, +∞[) = lim f (x), f (0) = ]0, 1]. x→+∞

Ainsi, d’après le théorème de la bijection continue, f réalise une bijection de R+ dans ]0, 1]. Voir exercices 19.7, 19.8 et 19.12.

384

Chapitre 19

Limites et continuité

Interro de cours 1. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Si f (x) −−−−−→ +∞, alors f est croissante au voisinage de +∞. x→+∞

(b) Si f (x) −−−→ +∞, alors f ne peut pas se prolonger par continuité en a. x→a

(c) Si f admet une limite en a à gauche et une limite à droite, alors elle admet une limite en a.

2.

(d) Si f admet une limite en a et si g n’en admet pas, alors f + g n’a pas de limite en a. ln(1 + |x|) en 0. La fonction f admet-elle Déterminer les limites à gauche et à droite de f (x) = x une limite en 0 ?

3. Si f (x) −x→a −−→  ≥ 0, alors f est-elle forcément positive au voisinage de a ?

4. Soit f une fonction définie sur ]a, b[. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Si f est croissante et majorée par M , alors f (x) −−−→ M . x→b

(b) Si f est croissante et minorée, alors elle admet une limite finie en a. (c) Si f est décroissante et majorée, alors elle admet une limite finie en b. (d) Si f est décroissante et non minorée, alors f (x) −−−→ −∞. x→b

5. 6. 7.

sin(x) peut se prolonger par continuité sur R. Montrer que la fonction f définie par f (x) = x √ Justifier (proprement) que la fonction f définie par f (x) = 1 − x2 est continue sur [−1, 1].  π π dans un intervalle à déterminer. Montrer que la fonction sin réalise une bijection de − , 2 2

Exercices

Exercices Pour s’entraîner Exercice 19.1 1. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur α, β ∈ R pour que :   a. Au voisinage de 0, on ait xα = o xβ .  b. Au voisinage de +∞, on ait xα = o xβ . n  2. Soient n, p ∈ N tels que p ≤ n ∈ N et P (x) = ak xk avec an = 0 et ap = 0. Montrer que a. P (x) ∼0 ap xp . b. P (x) ∼+∞ an xn .

k=p

Exercice 19.2 Calculer les limites suivantes. sin x ln(1 + x2 ) 1. lim x→0 x tan x

πx 2. lim (x2 + x − 2) tan x→1 2

xx − 1 √  3. lim+  x→1 ln 1 + x2 − 1 ln(e−x)

4. lim (ln x) − x→e

5. lim

x→1

3 2 − 1 − x2 1 − x3 1

6. lim (ln(e + x)) x x→0

1 x 7. lim (1 + sin x) cos 2 x→π

sin(3x) − sin(x) . x→0 sin(4x)

8. lim

Exercice 19.3 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.



Déterminer des équivalents simples de 1. (x + sin(x))(ex + ln(x) − 2) au voisinage de +∞ 2. ln(cos(x)) au voisinage de 0 1 3. x x − 1 au voisinage de +∞.

Exercice 19.4 Justifier que les fonctions suivantes sont continues :  1 + sin(x) 1. f (x) = sur R. 1 + x2  2. g(x) = ln(1 + e−x ) sur R.



385

386

Chapitre 19

Limites et continuité

Exercice 19.5 Montrer que les fonctions suivantes sont continues 1. f : ] − 1, +∞[ → R   ln(1 + x) √ si x = 0 x → 1+x−1  2 si x = 0  π π → R 2. g : − , 2 2  π  0 si x = ±    2 −2 si x = 0 x →  sin(x)(ex − 1)   sinon.  ln(cos(x))

Exercice 19.6

Étudier la continuité de f : R → x →

R  x + x − x.

Exercice 19.7

Soit la fonction f définie par f : [−1, +∞[

→ R + 1+x . x → 2

1. Montrer que f est continue. 2. Montrer que f est bijective.

Exercice 19.8 Soit la fonction f définie par f : I → R √ x → 1 + 2e−x − 1. 1. Déterminer l’ensemble de définition I de f . 2. Montrer que f est continue. 3. Déterminer un réel α tel que f réalise une bijection de I dans [α, +∞[.

Exercice 19.9 Soit la fonction f définie par f : R∗

→

x →

R

  1 . arctan x

1. Justifier que f est continue sur R∗ . 2. La fonction f admet-elle une limite à droite en 0 ? à gauche en 0 ? 3. La fonction f est-elle prolongeable par continuité en 0 ?

Exercice 19.10 Montrer qu’un polynôme de R[X] de degré impair s’annule au moins une fois sur R.

Exercices

387

Pour aller plus loin Exercice 19.11 Soit f : R → R une fonction T -périodique avec T > 0. Montrer que si f admet une limite finie en +∞, alors elle est constante.

Exercice 19.12 Montrer qu’une fonction f continue et décroissante sur R admet un unique point fixe sur R (c’est-à-dire un unique réel c tel que f (c) = c).

Exercice 19.13 f (x) =  < 1. x→+∞ x Montrer que f admet au moins un point fixe sur R+ (c’est-à-dire c ∈ R+ tel que f (c) = c).

Soit f : R+ → R+ continue et telle que lim

Exercice 19.14 Soient f : [0, 1] → R une fonction continue telle que f (0) = f (1) et n ∈ N∗ .   1 possède au moins une solution dans [0, 1]. 1. Montrer que l’équation f (x) = f x + 2  1 2. Montrer que l’équation f (x) = f x + possède au moins une solution dans [0, 1]. n   n−1  k 1 On pourra introduire la fonction h(x) = f x + − f (x) et calculer . h n n k=0

Exercice 19.15 Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] telles que ∀x ∈ [a, b], f (x) > g(x). Montrer qu’il existe m > 0 tel que ∀x ∈ [a, b], f (x) ≥ g(x) + m.

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Exercice 19.16 Soit f : R → R continue telle que lim f (x) = lim f (x) = +∞. x→−∞

Montrer que f possède un minimum.

x→+∞

Exercice 19.17 Soit f : R → R continue en 0 telle que ∀x ∈ R, f (x) = f (2x). Montrer que f est constante.

388

Chapitre 19

Limites et continuité

Corrections Interro de cours 1. (a) Faux. Si f (x) = x + 2 sin(x), pour x ∈ R, alors f (x) ≥ x − 2 −−−→ ∞. x→+

Cependant, f  (x) = 1 + 2 cos(x) qui n’est positif ou nul sur aucun voisinage de +∞.

(b) Vrai. Pour pouvoir prolonger par continuité en a, il faut avoir une limite finie en a. (c) Faux. Il faut que la limite à gauche et la limite à droite soient égales. 1 (d) Faux. Le résultat est vrai si on parle de limite finie. Mais si on pose f (x) = 2 et x   1 , on a que f −−−→ +∞ et que g n’a pas de limite en +∞. Cependant g(x) = sin x→0 x 1 f (x) + g(x) ≥ 2 + 1 −−−→ +∞, donc f + g admet une limite (infinie). x→0 x 2. Au voisinage de 0, on a  |x| 1 si x > 0 f (x) ∼0 = −1 si x < 0. x −1 et f (x) −−−−→ 1. Ainsi f (x) −−−−→ + − x→0

x→0

La limite à gauche et la limite à droite de f en 0 ne sont pas les mêmes, donc f n’admet pas de limite en 0.   1 3. Non. Il faudrait supposer que  > 0. On a f (x) = x sin −−−→ 0 mais f n’est de signe x→0 x constant sur aucun voisinage de 0. 4. (a) Faux. Si on définit f (x) = 1 − e−x , alors f est croissante et majorée par 2. Cependant, f (x) −−−−−→ 1. x→+∞

(b) Vrai. Cf théorème de la limite monotone. 1 (c) Faux. Si f (x) = , alors f est décroissante et majorée par 0 sur ] − 1, 0[. Cependant x f (x) −−−−→ −∞. x→0−

(d) Vrai. Cf théorème de la limite monotone. x 5. Par quotient, f est continue sur R∗ . De plus, au voisinage de 0, on a f (x) ∼0 = 1 −−−→ 1. x→0 x On peut donc prolonger f par continuité en posant f (0) = 1. √ · est continue 6. La fonction x → 1 − x2 est continue de [−1, 1] dans [0, 1] et la fonction sur [0, 1]. Ainsi, par composition de fonctions continues, la fonction f est continue sur [−1, 1]. π π 7. La fonction sinus est continue et strictement croissante sur − , . 2 2 π  π = −1 et sin = 1. De plus sin − 2 2 Alors, le théorème de la bijection continue, la fonction sinus réalise une bijection  πd’après  π de − , dans [−1, 1]. 2 2

Corrections

389

Exercice 19.1 1. (a) Au voisinage de 0, on a xα = o(xβ ) ⇔

xα −−−→ 0 ⇔ xα−β −−−→ 0 ⇔ α − β > 0 ⇔ α > β. x→0 xβ x→0

(b) Au voisinage de +∞, on a xα = o(xβ ) ⇔

xα 1 −−−−−→ 0 ⇔ β−α −−−−−→ 0 ⇔ β − α > 0 ⇔ α < β. β x→+∞ x x→+∞ x

2. (a) Au voisinage de 0, on a n  P (x) ak xk−p = 1 + −−−→ 1 + 0. x→0 ap xp ap k=p+1

On en conclut que P (x) ∼0 ap x . p

(b) Au voisinage de +∞, on a

n−1  ak P (x) = + 1 −−−−−→ 0 + 1. x→+∞ an xn an xn−k k=p

On en conclut que P (x) ∼+∞ an xn .

Exercice 19.2 Pour chaque question, on notera f (x) l’expression dont on cherche la limite. 1. On utilise les équivalents usuels en 0 pour obtenir que sin x ln(1 + x2 ) x × x2 ∼0 = x. x tan x x×x

On en conclut que f (x) −−−→ 0

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x→0

2. Il s’agit d’une forme indéterminée. On change de variable pour se ramener en 0 en posant h = x − 1 −−−→ 0. On a x→1     π(1 + h) π πh 2 2 f (x) = f (1 + h) = ((1 + h) + (1 + h) − 2) tan = (3h + h ) tan + . 2 2 2 Or, si α ≡

π 2

[π], alors

tan On en déduit que

π

 sin( π2 + α) cos α 1 +α = = =− . π 2 cos( 2 + α) − sin α tan α

f (x) = (3h + h2 ) × On en conclut que f (x) −−−→ − x→1

6 π

−1 −1 6 ∼ 3h × πh = − . πh h→0 π tan 2 2

390

Chapitre 19

Limites et continuité

3. On change de variable pour se ramener en 0 en posant h = x − 1 −−−−→ 0+ . On a + x→1

ln x ) − 1 ∼1 x ln x = (1 + h) ln(1 + h) ∼ 1 × h x − 1 = exp( x   −−−→0 x

x→1

et

ln(1 +



x2 − 1) ∼    1 −−−→0 x→1

  √ x2 − 1 = 2h + h2 ∼ + 2h. h→0

h Ainsi, par quotient d’équivalents f (x) ∼h→0+ √ = 2h On en conclut que f (x) −−−−→ 0 +



h . 2

x→1

4. On change de variable pour se ramener en 0 en posant h = e − x −−−−→ 0+ . On a − ln(e−x)

(ln x) Or



x→e

   = exp ln(e − x) ln(ln x) = exp ln(h) ln(ln(e − h)) .

ln(ln(e − h)) = ln



   h h ln(e) + ln 1 − . ∼ ln 1 −    h→0+ e e    =1 −−−−+→0 

h→0

 h ln h −−−−→ 0. Donc ln(h) ln ln(e − h) ∼ + − h→0 h→0+ e On en conclut, par composition des limites, que f (x) −−−−→ 1 

x→e−

5. On change de variable pour se ramener en 0 en posant h = x − 1 −−−→ 0. On a x→1

f (x) =

2

−3h − 2h 1 3 1 2 −3h ∼ =− . − = × −2h − h2 −3h − 3h2 − h3 h (2 + h)(3 + 3h + h2 ) h→0+ 6h 2

1 On en conclut que f (x) −−−→ − x→1 2    1  ln ln(e + x) . Or 6. On a f (x) = exp x         x  x  x x ln ln(e + x) = ln ln e 1 + = ln 1 + ln 1 + ∼0 ln 1 + ∼0 . e e e e 1 1 1 x Donc ln(ln(e + x)) ∼0 × = . x x e e   1 On en conclut, par composition des limites, que f (x) −−−→ exp x→0 e 7. On change de variable pour se ramener en 0 en posant h = x − π −−−→ 0. On a x→π       ln(1 − sin h) ln(1 + sin(π + h)) ln(1 + sin x) = exp . = exp f (x) = exp cos( x2 ) cos( π2 + h2 ) − sin( h2 ) Or

ln(1 − sin h) − sin h ∼+ ∼ 2. h − sin( 2 ) h→0 − h2 h→0+

Corrections

391

On en conclut, par composition des limites, que f (x) −−−→ e2 x→π   1 sin(3x) sin(x) sin(3x) − sin(x) = − . 8. Au voisinage de 0, on a f (x) ∼0 4x 4 x x sin(x) sin(3x) x 3x Or ∼0 −−−→ 1 et ∼0 −−−→ 3. x x x→0 x x x→0 1 On en conclut, par somme de limites, que f (x) −−−→ x→0 2

Exercice 19.3

sin x −−−−−→ 0, donc sin(x) = o(x) puis x + sin(x) ∼+∞ x. x x→+∞ Par croissances comparées, ln(x) − 2 = o(ex ), d’où ex + ln(x) − 2 ∼+∞ ex . Par produit, on en conclut que (x +sin(x))(ex + ln(x) − 2) ∼+∞ xex .  2. On a ln(cos(x)) = ln 1 + cos(x) − 1 . Or cos(x) − 1 −−−→, donc 1. On a

x→0

ln(cos(x)) ∼0 cos(x) − 1 ∼0 −

3. On a 1 x

x − 1 = exp



x2 . 2

 1 1 ln x − 1 ∼+∞ ln x car x ln x −−−−−→ 0. x→+∞ x x

Exercice 19.4

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√ 1. La fonction x → 1 + sin√x est continue de R dans [0, 2] et la fonction · est continue sur [0, 2]. Par composition, x → 1 + sin x est continue sur R. De plus, la fonction x → 1 + x2 est continue sur R et ne s’annule pas. Ainsi, par quotient de fonctions continues, avec le dénominateur qui ne s’annule pas, on en conclut que la fonction f est continue sur R. 2. La fonction x → 1 + e−x√est continue de R dans ]1, +∞[, la fonction ln est continue de ]1, +∞[ dans R∗+ et la fonction · est continue sur R∗+ . On en conclut, par composition de fonctions continues, que g est continue sur R.

Exercice 19.5

ln(1 + x) 1. Par quotient, la fonction x → √ est continue sur ] − 1, 0[∪]0, +∞[. 1+x−1 √ x De plus, au voisinage de 0, on a 1 + x − 1 ∼0 et ln(1 + x) ∼0 x. 2 Ainsi, par quotient, x f (x) ∼0 x −−−→ 2 = f (0). 2

x→0

On en déduit que la fonction f est continue en 0. On en conclut que la fonction f est continue sur ] − 1, +∞[.

392

Chapitre 19

Limites et continuité

 π π dans ]0, 1] et la fonction ln est continue sur ]0, 1]. 2. La fonction cos est continue de − , 2 2  π π Alors, par composition, la fonction x → ln(cos(x)) est continue sur − , . 2 2     De plus, ln(cos x)) est non nul sur − π2 , 0 ∪ 0, π2 .   par produit et quotient de fonctions continues, la fonction g est continue sur − π2 , 0 ∪  Donc, 0, π2 . π    π π = f − π2 , donc g est continue en et en − . Ensuite, on a g(x) −−−−→ 0 = g π x→± 2 2 2 2 De plus, au voisinage de 0, on a sin x ∼0 x, ex − 1 ∼0 x et   x2 ln(cos x) = ln 1 + (cos(x) − 1) ∼0 cos(x) − 1 ∼0 − . 2 x×x = −2 −−−→ −2 = g(0). Donc g est continue en 0. Ainsi g(x) ∼0 2 x→0 − x2 On en conclut que la fonction g est continue sur R.

Exercice 19.6

√ La fonction x → x − x · est continue sur [0, 1[.  est continue de R\Z dans [0, 1[ et la fonction Par composition, x → x − x est continue sur R\Z. La fonction  ·  est continue sur R\Z. Alors, par somme, la fonction√f est continue sur R\Z. Soit n ∈ Z. On a f (n) = n + n − n = n. Si x ∈ ]n, n + 1[, alors x = n et √ √ n + n − n = n = f (n). f (x) = n + x − n −−−−→ + x→n

Si x ∈ ]n − 1, n[, alors x = n − 1 et  √ n − 1 + n − n + 1 = n − 1 + 1 = n = f (n). f (x) = n − 1 + x − (n − 1) −−−−→ − x→n

Ainsi f (x) −−−→ f (n) et f est continue en n. x→n On en conclut que f est continue sur R.

Exercice 19.7

√ 1+x est continue de [−1, +∞[ dans R+ et la fonction 1. La fonction x → · est continue 2 sur R+ . On en conclut, par composition, que la fonction f est continue sur [−1, +∞[. √ 1+x 2. La fonction x → est strictement croissante de [−1, +∞[ dans R+ et la fonction · est 2 strictement croissante sur R+ . Donc par composition, la fonction f est strictement croissante sur [−1, +∞[. De plus f ([−1, +∞[) = [f (−1), lim f [= R+ . +∞

Ainsi la fonction f est continue et strictement croissante sur [−1, +∞[. Donc, d’après le théorème de la bijection continue, la fonction f réalise une bijection de [−1, +∞[ dans R+ .

Corrections

Exercice 19.8 1. On a x ∈ I ⇔ 2e−x − 1 ≥ 0 ⇔ e−x ≥

393

1 ⇔ −x ≥ − ln 2 ⇔ x ≤ ln 2. 2

Ainsi I = ] − ∞, ln 2]. √ 2. La fonction x → 2e−x − 1 est continue de I dans R+ et la fonction · est continue sur R+ . On en conclut, par composition, que f est continue. √ 3. La fonction x → 2e−x − 1 est strictement décroissante de I dans R+ et la fonction · est strictement croissante sur R+ . Donc, par composition, la fonction f est strictement décroissante sur I. De plus, f (ln 2) = 0 et f (x) −−−−−→ +∞. Donc f (I) = f (] − ∞, ln 2]) = [f (ln 2), lim f [= R+ . −∞

x→−∞

Ainsi la fonction f est continue et strictement décroissante sur I. Donc, d’après le théorème de la bijection continue, la fonction f réalise une bijection de I dans R+ (c’est-à-dire dans [α, +∞[ avec α = 0).

Exercice 19.9

1 1. La fonction x → est continue de R∗ dans R∗ et la fonction arctan est continue sur R∗ . x On en conclut, par composition, que la fonction f est continue sur R∗ . 1 π +∞ et arctan(y) −−−−−→ . 2. On a −−−−→ y→+∞ 2 x x→0+ π Donc, par composition des limites, f (x) −−−−→ et f admet une limite à droite en 0. x→0+ 2 π 1 −∞ et arctan(y) −−−−−→ − . On a −−−−→ − y→−∞ x x→0 2 π Donc, par composition des limites, f (x) −−−−→ − et f admet une limite à gauche en 0. − 2 x→0 3. D’après la question précédente, la fonction f admet une limite à gauche en 0 et une limite à droite en 0 qui sont différentes. Donc la fonction f n’admet pas de limite en 0 et ne peut donc pas être prolongée par continuité en 0.

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Exercice 19.10 On note aX n le terme dominant de P avec a ∈ R∗ et n = deg(P ) qui est impair. • Si a > 0, alors P (x) −−−−−→ +∞ et P (x) −−−−−→ −∞. x→+∞

x→−∞

x→+∞

x→−∞

• Si a < 0, alors P (x) −−−−−→ −∞ et P (x) −−−−−→ +∞.

Dans les deux cas, P (x) change de signe. Or la fonction x → P (x) est polynomiale donc continue sur R. Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, P s’annule au moins une fois.

Exercice 19.11 On note  ∈ R la limite de f en +∞. Soit x ∈ R. On a

f (x) = f (x + T ) = f ((x + T ) + T ) = f (x + 2T ) = f (x + 3T ).

On montre ainsi par une récurrence simple que ∀n ∈ N, f (x) = f (x + nT ).

394

Chapitre 19

Limites et continuité

Or, si n ∈ N, on a x + nT −−−−−→ +∞, donc par composition des limites, on obtient que f (x +

nT ) −−−−−→ .

n→+∞

n→+∞

Alors si on passe à la limite quand n → +∞ dans l’égalité f (x) = f (x + nT ), on obtient que f (x) = . On en conclut que f est constante et égale à .

Exercice 19.12 On pose la fonction g définie sur R par g(x) = f (x) − x. Par différence, la fonction g est continue sur R. Soient a, b ∈ R sont tels que a < b, alors f (a) ≥ f (b) car f est décroissante. De plus −a > −b, donc en ajoutant ces deux inégalités, on obtient que f (a) − a > f (b) − b, c’est-à-dire g(a) > g(b). Ainsi la fonction g est strictement décroissante sur R. Si x > 0, alors f (x) ≤ f (0) car f est décroissante, donc g(x) = f (x) − x ≤ f (0) − x −−−−−→ −∞. x→+∞

Ainsi, par comparaison, g(x) −−−−−→ −∞. x→+∞

De même, si x < 0, alors g(x) ≥ f (0) − x −−−−−→ +∞, donc par comparaison, g(x) −−−−−→ +∞. x→−∞

x→−∞

La fonction g est donc continue et strictement décroissante sur R et elle change de signe. D’après le théorème de la bijection continue, g s’annule une fois et une seule. On dispose donc d’un unique c ∈ R tel que g(c) = 0, c’est-à-dire tel que f (c) = c.

Exercice 19.13 On pose la fonction g définie sur R par g(x) = f (x) − x. Par différence, la fonction g est continue surR+ .  f (x) − 1 −−−−−→ −∞. On a g(0) = f (0) ≥ 0 et, si x > 0, g(x) = x x→+∞ x    −−−−−→−1 0. Comme m est le minimum de h, si x ∈ [a, b], on a h(x) ≥ m, c’est-à-dire f (x) − g(x) ≥ m. On en conclut qu’il existe un réel m > 0 tel que ∀x ∈ [a, b], f (x) ≥ g(x) + m.

Exercice 19.16 La fonction f tend vers +∞ en +∞, donc on dispose de b > 0 tel que ∀x > b, f (x) ≥ f (0). La fonction f tend vers +∞ en −∞, donc on dispose de a < 0 tel que ∀x < a, f (x) ≥ f (0). Sur le segment [a, b], la fonction f est continue, donc, d’après le théorème des bornes atteintes, elle admet un minimum m sur [a, b]. Comme 0 ∈ [a, b] (par construction de a et b), on a f (0) ≥ m. Montrons que m est le minimum de f sur R. Soit x ∈ R. • Si x < a, alors f (x) ≥ f (0) ≥ m • Si a ≤ x ≤ b, alors f (x) ≥ m car m est le minimum de f sur [a, b] • Si x > b, alors f (x) ≥ f (0) ≥ m.

396

Chapitre 19

Limites et continuité

Dans tous les cas, f (x) ≥ m avec m atteint par f (car c’est le minimum de f sur [a, b]). On en conclut que m est le minimum de f sur R.

Exercice 19.17 Soit x ∈ R. On a

 x x x f (x) = f 2 × =f =f . 2 2 4 On montre par une récurrence simple que x ∀n ∈ N, f (x) = f n . 2 x x Or si n ∈ N, n −−−−−→ 0, donc f n −−−−−→ f (0) car f est continue en 0. Ainsi n→+∞ 2 n→+∞ 2 x f (x) = f n −−−−−→ f (0). n→+∞ 2 On en déduit que f (x) = f (0), pour n’importe quelle valeur de x ∈ R. On en conclut que f est constante.

CHAPITRE

Dérivation

20

L’essentiel du cours Dans tout ce chapitre I désignera un intervalle de R, non vide et non réduit à un point.

 1 Dérivée

Dans toute cette partie, f désignera une fonction définie sur I et a ∈ I. Définition On dit que la fonction f est dérivable en a si le taux d’accroissement admet une limite finie en a. df On appelle alors dérivée de f en a cette limite et on la note f  (a) ou (a). dx

f (x) − f (a) x−a

f (x) − f (a) correspond à la pente de la corde reliant les points x−a de coordonnées (a, f (a)) et (x, f (x)). La dérivée de f en a correspond donc à la pente de la tangente à Cf en le point de coordonnées (a, f (a)). Le taux d’accroissement

Théorème Si f est dérivable en a alors elle est continue en a.

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La réciproque est fausse ! La fonction valeur absolue est continue en 0 mais n’est pas dérivable en 0. Proposition Si f est dérivable en a et que f  (a) = 0, alors f (x) − f (a) ∼a f  (a)(x − a). Définition On dit que f est dérivable à droite (resp. dérivable à gauche) en a si le taux d’accroisf (x) − f (a) sement admet une limite finie à droite (resp. à gauche) en a. x−a On appelle alors dérivée à droite (resp. dérivée à gauche) de f en a cette limite à droite (resp. à gauche) et on la note fd (a) (resp. fg (a)).

398

Chapitre 20

Dérivation

Proposition La fonction f est dérivable en a si et seulement si elle est dérivable à droite et à gauche en a et fd (a) = fg (a). Équation de la tangente • Si la fonction f est dérivable en a, alors sa courbe Cf possède une tangente au point de coordonnées (a, f (a)). Cette tangente a pour équation y = f  (a)(x − a) + f (a). f (x) − f (a) = ±∞, alors sa courbe Cf possède une tangente • Si f est continue en a et si lim x→a x−a verticale au point de coordonnées (a, f (a)). Cette tangente a pour équation x = a. Définition On dit que f est dérivable sur I si f est dérivable en tout point de I. df Dans ce cas, on appelle fonction dérivée de f , notée f  ou , la fonction x → f  (x). dx On note D(I) ou D 1 (I) l’ensemble des fonctions dérivables sur I. Toutes les dérivées usuelles sont dans le formulaire Dérivées usuelles en appendice (page 486). Opérations sur les dérivées Soient f et g dérivables sur I et λ ∈ R. Les fonctions λf + g et f g sont dérivables sur I et (λf + g) = λf  + g 

et

(f g) = f  g + f g  . f 1 De plus si la fonction g ne s’annule pas sur I, alors les fonctions et sont dérivables sur I g g et      g f f  g − f g 1 = − 2 et = . g g g g2 Dérivée et composition

Soient f : I → R et g : J → R dérivables telles que f (I) ⊂ J. La fonction g ◦ f est dérivable sur I et (g ◦ f ) = f  × (g  ◦ f ). Dérivée et bijection réciproque Si f est dérivable sur I, si f réalise une bijection de I dans J et si f  ne s’annule pas sur I, alors la fonction f −1 est dérivable sur J et  −1  1 =  . f f ◦ f −1

L’essentiel du cours

399

Proposition Soit n ∈ N∗ .

√ n

√ n

x . nx√ n √ x . • Si n est impair, la fonction n · est dérivable sur R∗ et sa dérivée est la fonction x → nx

• Si n est pair, la fonction

· est dérivable sur

R∗+

et sa dérivée est la fonction x →

Proposition La fonction arctan est dérivable sur R et sa dérivée est la fonction x →

1 . 1 + x2

 2 Théorème de Rolle et conséquences Extremum et dérivée Si f est dérivable en a ∈ I et si f admet un extremum local en a, qui n’est pas une borne de I, alors f  (a) = 0. • Le résultat est faux si a est une borne de I : x → x sur [0, 1] admet un maximum en 1, mais sa dérivée en 1 n’est pas nulle. • La réciproque est fausse : la fonction x → x3 n’a pas d’extremum mais voit sa dérivée s’annuler en 0. Théorème de Rolle

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Soient a < b et f une fonction telle que (1) f est continue sur [a, b] (2) f est dérivable sur ]a, b[ (3) f (a) = f (b). Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que f  (c) = 0. Si on a à faire à une fonction dérivable sur [a, b], elle sera aussi continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ aussi. Théorème des accroissements finies Soient a < b deux réels et f une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. f (b) − f (a) Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que f  (c) = . b−a

400

Chapitre 20

Dérivation

Dérivée et variations Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I. • f  = 0 sur I si et seulement si f est constante sur I. • f  ≥ 0 (resp. f  ≤ 0) sur I si et seulement si f est croissante (resp. décroissante) sur I. • Si f  > 0 sur I (resp. f  < 0) sauf en un nombre fini de points, alors f est strictement croissante sur I (resp. strictement décroissante).

 3 Dérivées d’ordre supérieur

Dans toute cette partie n désignera un entier naturel (n ∈ N). Définition On définit par récurrence la notion de fonction dérivable n fois et de dérivée nème de f , notée f (n) . • Toute fonction est dérivable 0 fois et f (0) = f . • La fonction f est dérivable n + 1 fois si elle est dérivable n fois et si f (n) est dérivable.   On pose alors f (n+1) = f (n) . Si n ∈ N, on dit que f est de classe C n si f est dérivable n fois et si f (n) est continue. On note C n (I) l’ensemble des fonctions de classe C n sur I. On dit que f est de classe C ∞ si elle est de classe C n pour tout n ∈ N. On note C ∞ (I) l’ensemble des fonctions de classe C ∞ sur I.

Dire qu’une fonction est de classe C 0 revient donc à dire qu’elle est continue, ce qui justifie la notation C 0 (I) pour l’ensemble des fonctions continues sur I. Opérations sur les fonctions de classe C n Soient f et g de classe C n sur I et λ ∈ R. Les fonctions λf + g et f g sont de classe C n sur I et (λf + g)(n) = λf (n) + g (n) . f est de classe C n sur I. De plus si la fonction g ne s’annule pas sur I, alors la fonction g Il existe aussi une formule pour la dérivée nème d’un produit (appelée formule de Leibniz), mais elle n’est pas au programme. Fonctions de classe C n et composition Si f : I → R et g : J → R sont de classe C n telles que f (I) ⊂ J, alors la fonction g ◦ f est de classe C n sur I. Fonctions de classe C n et bijection réciproque Si f est de classe C n sur I, si f réalise une bijection de I dans J et si f  ne s’annule pas sur I, alors la fonction f −1 est de classe C n sur J.

Les méthodes à maîtriser

401

Les méthodes à maîtriser Méthode 20.1 : Montrer la dérivabilité d’une fonction Pour montrer la dérivabilité d’une fonction • S’il s’agit de sommes, produits ou quotients de fonctions usuelles, il suffit d’utiliser les propriétés des opérations sur les fonctions dérivables (en précisant que le dénominateur ne s’annule pas s’il y en a un). • S’il s’agit de la composée de deux fonctions dérivables, il faut bien vérifier que l’image de la première fonction est incluse dans le domaine de dérivabilité de la deuxième fonction (f (I) ⊂ J pour reprendre les notations du cours) puis conclure par composition de fonctions dérivables. • S’il ne reste plus qu’à montrer la dérivabilité en certains points, on en revient à la définif (x) − f (a) admet une limite finie en a. tion : x−a Exemple d’application Montrer que f : R+ →

est dérivable. 2 x(x ) si x > 0 x → 1 si x = 0 Du fait de la définition de f , on sépare la justification sur R∗+ et en 0. • Sur R∗+ , f (x) = exp(x2 ln(x)). La fonction x → x2 ln(x) est dérivable de R∗+ dans R (par produit) et la fonction exp est dérivable sur R. Donc par composition de fonctions dérivables, f est dérivable sur R∗+ . • En 0 : par croissances comparées x2 ln(x) −−−→ 0. Donc R 

x→0

exp(x2 ln(x)) − 1 x2 ln(x) f (x) − f (0) = ∼0 = x ln(x) −−−→ 0. x→0 x−0 x x Donc f est dérivable en 0 et f  (0) = 0. On conclut que f est dérivable sur R+ .

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En montrant la dérivabilité de f , on a aussi montré sa continuité (y compris en 0). Voir exercices 20.1, 20.2 et 20.4. Méthode 20.2 : Montrer la caractère C n d’une fonction Pour montrer qu’une fonction est de classe C n • S’il s’agit de sommes, produits ou quotients de fonctions usuelles, il suffit d’utiliser les propriétés des opérations sur les fonctions de classe C n (en précisant que le dénominateur ne s’annule pas s’il y en a un). • S’il s’agit de la composée de deux fonctions de classe C n , il faut bien vérifier que l’image de la première fonction est incluse dans le domaine de la deuxième fonction (f (I) ⊂ J pour reprendre les notations du cours) puis conclure par composition de fonctions de classe C n .

402

Chapitre 20

Dérivation

Exemple d’application est de classe C ∞ . Montrer que f : ] − 1, 1[ → R √ x → 1 − x2 √ 2 La fonction x → 1 − x est de classe C ∞ de ] − 1, 1[ dans R∗+ et la fonction · est de classe C ∞ sur R∗+ . Alors par composition de fonctions de classe C ∞ , f est de classe C ∞ sur ] − 1, 1[. Voir exercice 20.2.

Méthode 20.3 : Utiliser le théorème de Rolle Si une fonction f , dérivable sur un intervalle I, prend deux fois la même valeur, alors sa dérivée f  s’annule au moins une fois. Ce résultat peut être utile dans des exercices demandant de montrer que la dérivée d’une fonction s’annule une fois (ou un nombre de fois exigé par l’énoncé). Exemple d’application Soient n ∈ N et f dérivable sur [a, b] s’annulant au moins n + 1 fois sur [a, b]. Montrer que f  s’annule au moins n fois sur [a, b]. En représentant graphiquement le problème, on se rend compte que f  s’annule entre deux zéros consécutifs de f . Il ne reste plus qu’à appliquer le théorème de Rolle plusieurs fois et à compter le nombre de zéros de f  obtenus. On note x1 < x2 < · · · < xn+1 des zéros de f , classés par ordre croissant. Soit k ∈ [[1, n]]. La fonction f est continue sur [xk , xk+1 ], dérivable sur ]xk , xk+1 [ et f (xk ) = 0 = f (xk+1 ).

On peut donc appliquer le théorème de Rolle à f sur [xk , xk+1 ]. On dispose ainsi de yk ∈]xk , xk+1 [ tel que f  (yk ) = 0. On a x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < · · · < xn < yn < xn+1 . Ainsi les yk sont deux à deux distincts. Il y en a donc n et ce sont des zéros de la fonction f  sur [a, b]. Alors f  s’annule au moins n fois sur [a, b] Voir exercices 20.6, 20.8 et 20.11.

Les méthodes à maîtriser

403

Interro de cours 1. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Si f est continue en a, alors elle est dérivable a. (b) Soit  une constante réelle. Si f (a) = , alors f  (a) = 0. (c) Si f est bijective, dérivable en a et telle que que f  (a) = 0, alors f −1 est dérivable en f (a).

(d) Si f est dérivable en a, alors f est dérivable à droite et à gauche en a. √ Calculer la dérivée de f : x → arctan( 4 x).

2. 3. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ?

(a) Si f est dérivable en a et si f  s’annule en a, alors f admet un extremum local en a. (b) Si f est dérivable sur un intervalle I et si f admet un extremum local en a ∈ I, alors f  (a) = 0. (c) Si f est dérivable sur [a, b] et admet un minimum local en a, alors f  (a) ≥ 0.

(d) Si f est dérivable sur [a, b] et admet un minimum local en b, alors f  (b) ≥ 0.

4. Énoncer le théorème de Rolle. 5. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Une fonction de classe C 1 est dérivable. (b) Une fonction dérivable est de classe C 1 .

(c) Si f est de classe C n , alors, pour tout k ∈ [[0, n]], f (k) est continue.

(d) Soient p ≤ n. Une fonction de classe C n est de classe C p .

(e) Une fonction est de classe C ∞ si et seulement si elle est indéfiniment dérivable.

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6. Justifier que la fonction x → ln(2 + sin(x)) est de classe C ∞ sur R.

404

Chapitre 20

Dérivation

Exercices Pour s’entraîner Exercice 20.1 Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes : 1. f : x →

x 1 + |x|

2. g : x →

√ x2 − x3 .

Exercice 20.2 Déterminer si les fonctions suivantes sont dérivables et si elles sont de classe C 1 :  

 

  1 si x ∈ R∗ x sin 1. f : x → x  0 si x = 0

  1 si x ∈ R∗ x sin 2. g : x → x  0 si x = 0.

2

3

Exercice 20.3 Soit n ∈ N.

1 1 et de x → . x−1 x+1 1 . de x → 2 x −1

1. Déterminer une expression la dérivée nème de x → 2. En déduire une expression de la dérivée nème

Exercice 20.4 Soit f : [0, 1] → R une fonction dérivable. On définit la fonction g : [0, 1] x

→ R   →

f (2x) f (2x − 1)

  si x ∈ 0, 12 sinon.

À quelle(s) condition(s) sur f la fonction g est-elle dérivable ?

Exercice 20.5 En utilisant le théorème des accroissements finis, déterminer lim

x→+∞



 1 1 (x + 1)e x+1 − xe x .

Exercices

405

Exercice 20.6 Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions dérivables. On suppose que ∀x ∈ [a, b], g  (x) = 0.

1. Montrer que g(a) = g(b). 2. Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que

f (b) − f (a) f  (c) =  . g(b) − g(a) g (c)

Indications : on pourra poser h(x) = f (x) − λg(x) avec λ ∈ R bien choisi. f  (x) f (x) − f (a) 3. Démontrer la règle de l’Hôpital : si  −−−→ , alors −−−→ . g (x) x→a g(x) − g(a) x→a

Pour aller plus loin Exercice 20.7

Soit f : R → R dérivable en 0 telle qu’il existe α ∈ ]0, 1[ vérifiant ∀x ∈ R, f (αx) = αf (x).   f (αn x) est constante. 1. Calculer f (0) et montrer que, si x ∈ R∗ , la suite αn x   f (αn x) 2. Calculer lim de deux façons différentes, puis en déduire qu’il existe a ∈ R n→+∞ αn x tel que ∀x ∈ R, f (x) = ax.

Exercice 20.8 1. Soient f une fonction de classe C ∞ sur un intervalle I et n ∈ N. Montrer que si f s’annule au moins n + 1 fois sur I, alors f (n) s’annule au moins une fois sur I. 2. Soit P ∈ R[X]. Montrer que l’équation P (x) = ex admet seulement un nombre fini de solutions.

Exercice 20.9 Soit f une fonction dérivable et bornée sur R telle que f  (x) −−−−−→  ∈ R. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

x→+∞

1. En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que lim 2. En déduire que  = 0.

x→+∞

f (2x) − f (x) = . x

Exercice 20.10 Soit f une fonction de classe C 1 sur [0, 1] telle que f (0) = 0 et ∀x ∈ [0, 1] , f  (x) > 0. Montrer qu’il existe m > 0 tel que ∀x ∈ [0, 1], f (x) ≥ mx.

Exercice 20.11 Soient a, b ∈ R∗+ tels que a < b et f une fonction dérivable sur [a, b] telle que f (a) = f (b) = 0. Montrer que la courbe représentative de f admet une tangente passant par l’origine. f (x) . On pourra considérer la fonction x → x

406

Chapitre 20

Dérivation

Corrections Interro de cours 1. (a) Faux. La fonction valeur absolue est continue en 0 sans être dérivable en 0. (b) Faux. La valeur f (a) est toujours une constante (il s’agit d’une valeur). Pour avoir une dérivée nulle, il faut que la fonction soit constante sur un intervalle (non vide et non réduit à un point). (c) Vrai. Cf. cours. (d) Vrai. Cf. cours. √ 1 2. Il s’agit de la dérivée d’une composée. On note, si x ∈ R+ , u(x) = 4 x = x 4 . La fonction u est dérivable sur R∗+ et si x > 0, on a 1 1 −1 1 3 1 x 4 = x− 4 = √ . 4 4 4 4 x3 La fonction arctan étant dérivable sur R, la fonction f est dérivable sur R∗+ et si x > 0, on a u (x) =

1 1 1 √ √ f  (x) = u (x) arctan (u(x)) = √ × . √ 4 4 4 2 = 3 3 4 4 x 4( x + x5 ) 1 + ( x) 3. (a) Faux. C’est la réciproque qui est vraie. Si f (x) = x3 , alors f est strictement croissante et n’a donc pas d’extremum local. Cependant, f  (0) = 0. (b) Faux. Il faut préciser que a n’est pas une borne de I. Si on définit la fonction f sur [0, 1] par f (x) = x, alors f atteint son maximum en 1, mais f  (1) = 1 = 0.

(c) Vrai. Si x ∈ [a, b], alors f (x) − f (a) ≥ 0, car f (a) est le minimum de f sur [a, b], et x − a ≥ 0 car a ≤ x ≤ b. Ainsi f (x) − f (a) ≥0 x−a

et

f  (a) = lim

x→a

f (x) − f (a) ≥ 0. x−a

(d) Faux. En raisonnant de manière identique à la question 3.(c), on montre que f  (b) ≤ 0. 4. Soient a < b et f une fonction telle que (1) f est continue sur [a, b] (2) f est dérivable sur ]a, b[ (3) f (a) = f (b). Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que f  (c) = 0. 5. (a) Vrai. Par définition, si f est C 1 , elle est dérivable et f  est continue. Elle est donc, entre autres, dérivable. (b) Faux. Si f est dérivable, f  n’est pas nécessairement continue. Si on définit la fonction f sur R par f (x) = x2 sin( x1 ) si x = 0 et f (0) = 0, alors f est dérivable en 0 mais f  n’a pas de limite en 0 et n’est donc pas continue en 0. (c) Vrai. Si k ∈ [[0, n − 1]], f (k) est dérivable, donc continue. Et par définition de la classe C n , f (n) est continue. (d) Vrai. Si p = n, le résultat est évident. Si p < n, comme f est n fois dérivable, elle est, entre autres, p fois dérivable. De plus f (p) est dérivable, donc est continue.

Corrections

407

(e) Vrai. Si f est n + 1 fois dérivable, elle est n fois dérivable et f (n) est dérivable donc continue. Alors f est de classe C n . Donc si f est indéfiniment dérivable, alors elle est de classe C n pour tout n ∈ N. Elle est donc de classe C ∞ . La réciproque est évidente. ∞ 6. La fonction x → 2 + sin(x) est de classe C ∞ de R dans [1, 3] et la fonction ln est  de classeC ∞ sur [1, 3]. Donc, par composition de fonctions de classe C , la fonction x → ln 2 + sin(x) est de classe C ∞ sur R.

Exercice 20.1 1. Par quotient de fonctions dérivables, la fonction f est dérivable sur R∗ . 1 f (x) − f (0) = −−−→ 1. Donc f est dérivable en 0. Au voisinage de 0, x−0 1 + |x| x→0 On en conclut que f est dérivable sur R. 2. On note Dg le domaine de définition de g. On a x ∈ Dg ⇔ x2 − x3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1.

Ainsi la fonction √ g est définie sur Dg = ] − ∞, 1]. · n’est pas dérivable en 0 et La fonction

x2 − x3 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1.

On note K = Dg \ {0, 1}. √ • La fonction x → x2 − x3 est dérivable de K dans R∗+ et la fonction · est dérivable sur R∗+ . Donc par composition de fonctions dérivables, g est dérivable sur K. • Au voisinage de 0, si x ∈ Dg \ {0},  √  √ x2 (1 − x) |x| 1 − x g(x) − g(0) √1 − x si x > 0 = = = − 1 − x si x < 0. x−0 x x

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Ainsi

g(x) − g(0) g(x) − g(0) −−−−→ −−−−→ −1. 1 et x→0+ x−0 x−0 x→0− Le taux d’accroissement de g en 0 n’a donc pas de limite et g n’est donc pas dérivable en 0. • Au voisinage de 1, si x ∈ Dg \ {1},   x2 (1 − x) x2 g(x) − g(1) =  −−−−→ −∞. =− x−1 1 − x x→1− − (1 − x)2

Donc la fonction g n’est pas dérivable en 1. On en conclut que la fonction g est dérivable uniquement sur ] − ∞, 0[∪]0, 1[.

Exercice 20.2 1. Par produit et composition, f est de classe C 1 sur R∗ . Puis, si x ∈ R∗ ,     f (x) − f (0) 1 1 = x sin −−−→ 0 car sin bornée. x−0 x x→0 x

408

Chapitre 20

Dérivation

Donc f est dérivable en 0 et f  (0) = 0. De plus, si x ∈ R∗ ,         1 1 −1 1 1 + x2 × 2 cos = 2x sin − cos . f  (x) = 2x sin x x x x x

Étant la différence d’un terme convergeant et d’un terme n’ayant pas de limite, f  (x) n’a pas de limite en 0 et f  n’est donc pas continue en 0. On en conclut que f est dérivable sur R et de classe C 1 uniquement sur R∗ . 2. Par produit et composition, g est de classe C 1 sur R∗ . Puis, si x ∈ R∗ ,     g(x) − g(0) 1 1 2 = x sin −−−→ 0 car sin bornée. x−0 x x→0 x Donc g est dérivable en 0 et g  (0) = 0. De plus, si x ∈ R∗ ,         1 1 −1 1 1  2 3 2 + x × 2 cos = 3x sin − x cos −−−→ 0 = g  (0). g (x) = 3x sin x x x x x x→0 Donc g  est continue en 0. On en conclut que g est de classe C 1 sur R.

Exercice 20.3

1 1 et g(x) = . x−1 x+1 En calculant les dérivées successives de ces fonctions on conjecture une expression de leur dérivée nèmes, que l’on démontre par récurrence sur n ∈ N avec l’hypothèse (−1)n n! (−1)n n! et g (n) (x) = » P(n) : « ∀x ∈ R\ {−1, 1} , f (n) (x) = n+1 (x − 1) (x + 1)n+1

1. Si x = ±1, on note f (x) =

• Initialisation. Soit x ∈ R\ {−1, 1}. On a f (0) (x) = f (x) =

(−1)0 0! 1 = x−1 (x − 1)0+1

et

g (0) (x) = g(x) =

(−1)0 0! 1 = , x+1 (x + 1)0+1

ce qui montre P(0).

• Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). Soit x ∈ R\ {−1, 1}. On a f (n) (x) = donc

  −(n + 1) (−1)n+1 (n + 1)! = . f (n+1) (x) = f (n) (x) = (−1)n n! (x − 1)n+2 (x − 1)n+2 (−1)n n! De même, on a g (n) (x) = , donc (x + 1)n+1   −(n + 1) (−1)n+1 (n + 1)! g (n+1) (x) = g (n) (x) = (−1)n n! = . (x + 1)n+2 (x + 1)n+2

(−1)n n! , (x − 1)n+1

Nous avons donc bien démontré P(n + 1).

On en conclut que ∀n ∈ N, ∀x ∈ R\ {−1, 1} , f (n) (x) =

(−1)n n! (−1)n n! et g (n) (x) = n+1 (x − 1) (x + 1)n+1

Corrections

409

2. Si x = ±1, on note h(x) = x21−1 . Soit x ∈ R\ {−1, 1}. On décompose h(x) de la manière suivante   1 1 f (x) − g(x) 1 1 = − = . h(x) = 2 x −1 2 x−1 x+1 2 Par linéarité de la dérivation, on obtient que, si n ∈ N,

  (−1)n n! (x + 1)n+1 − (x − 1)n+1 (−1)n n! f (n) (x) − g (n) (x) (−1)n n! = − = . h (x) = 2 2(x − 1)n+1 2(x + 1)n+1 2(x − 1)n+1 (x + 1)n+1   (−1)n n! (x + 1)n+1 − (x − 1)n+1 (n) On en conclut que ∀n ∈ N, ∀x ∈ R\ {−1, 1} , h (x) = 2(x2 − 1)n+1 (n)

Exercice 20.4 On procède par analyse-synthèse. • Analyse. Supposons que g soit dérivable sur [0, 1]. On a lim g(x) = lim− f (2x) = f (1)

x→ 12 −

x→ 12

et

lim g(x) = lim+ f (2x − 1) = f (0).

x→ 12 +

x→ 12

1 La fonction g étant continue en , on en déduit que f (0) = f (1). 2 De plus g(x) − g( 12 ) f (2x) − f (1) = 2f  (1), = lim 2 lim− 1 − 1 2x − 1 2x→1 x − x→ 2 2 et

lim+

x→ 12

g(x) − g( 12 ) f (2x − 1) − f (0) = 2f  (0). = lim + 2 1 2x−1→0 (2x − 1) − 0 x− 2

1 , on en déduit que f  (0) = f  (1). 2 • Synthèse. On suppose que f (0) = f (1) et f  (0) = f  (1).     1 1 et sur ,1 . Par composition de fonctions dérivables, g est dérivable sur 0, 2 2   1 f (2x) − f (1) 1 g(x) − g( 2 ) −−−−→ =2 2f  (1). De plus, si x ∈ 0, , 2 2x − 1 x − 12 x→ 12 −   1 Et si x ∈ , 1 , comme g( 12 ) = f (1) = f (0), 2

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La fonction g étant dérivable en

g(x) − g( 12 ) f (2x − 1) − f (0) −−−−→ =2 2f  (0) = 2f  (1). 1 (2x − 1) − 0 x− 2 x→ 12 +

1 . 2 Alors g est dérivable sur [0, 1]. On en conclut que g est dérivable sur [0, 1] si et seulement si f (0) = f (1) et f  (0) = f  (1). Ainsi g est dérivable en

410

Chapitre 20

Dérivation

Exercice 20.5 1

On définit la fonction f sur R∗+ par f (x) = xe x . Par produit et composition de fonctions dérivables, f est dérivable. Et si x ∈ R∗+ ,   1 1 −1 1 1 f  (x) = e x + x × 2 e x = 1 − ex . x x

Soit x ∈ R∗+ . On applique le théorème des accroissements finis à la fonction f sur le segment 1 f (x + 1) − f (x) 1 [x, x + 1]. On dispose donc de cx ∈ ]x, x + 1[ tel que f  (cx ) = = (x + 1)e x+1 − xe x . (x + 1) − x Or cx ≥ x −−−−−→ +∞. Donc, par comparaison, cx −−−−−→ +∞. Ainsi x→+∞

x→+∞

  1 1  f (cx ) = 1 − e cx −−−−−→ (1 − 0)e0 . x→+∞ cx 1

1

On en déduit que (x + 1)e x+1 − xe x −−−−−→ 1 x→+∞

Exercice 20.6 1. On suppose par l’absurde que g(a) = g(b). On peut donc appliquer le théorème de Rolle à la fonction g sur le segment [a, b]. On dispose ainsi de c ∈ ]a, b[ tel que g  (c) = 0. Or ∀x ∈ [a, b], g  (x) = 0, ce qui est absurde. On en déduit que g(a) = g(b). 2. On définit la fonction h sur [a, b] par h(x) = f (x) − λg(x) avec λ ∈ R de sorte que h(a) = h(b). On a h(a) = h(b) ⇔ f (a) − λg(a) = f (b) − λg(b) ⇔ λ =

f (b) − f (a) g(b) − g(a)

car g(b) − g(a) = 0.

Par différence de fonctions dérivables, la fonction h est dérivable sur [a, b]. Ainsi h est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et h(a) = h(b). D’après le théorème de Rolle, on dispose de c ∈ ]a, b[ tel que h (c) = 0, c’est-à-dire f  (c) = λg  (c), c’est-à-dire f (b) − f (a) f  (c) = car g  (c) = 0.  g (c) g(b) − g(a)

3. Soit x ∈ ]a, b]. D’après le résultat de la question précédente, on dispose de cx ∈ ]a, x[ tel que f (x) − f (a) f  (cx ) = .  g (cx ) g(x) − g(a)

Or a < cx < x, donc d’après le théorème d’encadrement, cx −−−−→ a. +

f  (cx ) −−−→ . Donc par composition des limites  g (cx ) x→a f (x) − f (a) −−−→ . On en déduit que g(x) − g(a) x→a

x→a

Corrections

411

Exercice 20.7 1. On a f (0) = f (α × 0) = αf (0), donc (1 − α)f (0) = 0 et f (0) = 0 car α = 1. De plus, si x ∈ R∗ et si n ∈ N, on a f (αn+1 x) = f (α × αn x) = αf (αn x), donc

αf (αn x) f (αn x) f (αn+1 x) = = . n+1 n+1 α x α x αn x   f (αn x) est constante. On en déduit que la suite αn x   f (αn x) 2. La suite est constante, donc ∀n ∈ N, αn x

f (α0 x) f (x) f (αn x) f (x) = = −−−−−→ . n α x α0 x x n→+∞ x

De plus, αn x −−−−−→ 0 car α ∈ ]0, 1[, donc n→+∞

f (αn x) − f (0) f (αn x) = −−−−−→ f  (0). n n→+∞ α x αn x − 0

f (x) = f  (0). x ∗ On a donc montré que ∀x ∈ R , f (x) = f  (0)x. Cette égalité reste vraie pour x = 0 car f (0) = 0. On en conclut que si on pose a = f  (0) ∈ R, on a ∀x ∈ R, f (x) = ax. Par unicité de la limite

Exercice 20.8

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1. Soit I un intervalle. On réutilise le résultat démontré dans l’exemple d’application de la méthode 20.3. On montre par récurrence, sur n ∈ N, la proposition P(n) : « Si f est une fonction de classe C ∞ sur I s’annulant au moins n + 1 fois sur I, alors f (n) s’annule au moins une fois sur I. » • Initialisation. Soit f de classe C ∞ sur I s’annulant au moins 0 + 1 fois sur I. Alors f (0) = f s’annule au moins une fois sur I, ce qui montre P(0). • Hérédité. Soit n ∈ N, on suppose P(n). Soit f une fonction de classe C ∞ sur I et s’annulant au moins n + 2 fois sur I. D’après le résultat démontré dans l’exemple d’application de la méthode 20.3, f  s’annule au moins n + 1 fois sur I. Or f  est de classe C ∞ sur I. On peut donc appliquer P(n) à f  . On en déduit que (f  )(n) s’annule au moins une fois sur I, c’est-à-dire f (n+1) s’annule au moins une fois sur I, ce qui montre P(n + 1). On en conclut que, pour tout n ∈ N, si f est une fonction de classe C ∞ sur I s’annulant au moins n + 1 fois sur I, alors f (n) s’annule au moins une fois sur I. 2. Si P = 0, le résultat est évident. On supposera P = 0 dans la suite de l’exercice. On suppose par l’absurde que l’équation P (x) = ex admet une infinité de solutions. On note n = deg(P ) et on définit la fonction f sur R par f (x) = P (x) − ex . Si x ∈ R, on a f (n+1) (x) = P (n+1) (x) − ex = −ex .

412

Chapitre 20

Dérivation

L’équation P (x) = ex ayant une infinité de solutions, la fonction f s’annule au moins n + 2 fois sur R. Donc, d’après la question précédente, f (n+1) = − exp s’annule au moins une fois sur R, ce qui est absurde. On en conclut que l’équation P (x) = ex admet seulement un nombre fini de solutions.

Exercice 20.9 1. Soit x > 0. On applique le théorème des accroissements finis à f sur le segment [x, 2x]. f (2x) − f (x) f (2x) − f (x) On dispose de cx ∈ ]x, 2x[ tel que f  (cx ) = = . 2x − x x De plus, cx > x −−−−−→ +∞. Donc, par comparaison, cx −−−−−→ +∞. x→+∞

x→+∞

Par composition des limites, on a donc f  (cx ) −−−−−→ . Ainsi x→+∞

f (2x) − f (x) = f  (cx ) −−−−−→ . x→+∞ x 2. La fonction f est bornée, donc on dispose de K > 0 tel que ∀x ∈ R, |f (x)| ≤ K. Ainsi, si x > 0,    f (2x) − f (x)  |f (2x)| + |f (x)| 2K ≤ ≤ −−−−−→ 0. 0 ≤   x x x x→+∞ f (2x) − f (x) −−−−−→ 0. x→+∞ x D’après la question précédente et par unicité de la limite, on en déduit que  = 0. Donc d’après le théorème d’encadrement,

Exercice 20.10 Soit x ∈ ]0, 1]. On applique le théorème des accroissements finis à f sur le segment [0, x]. f (x) f (x) − f (0) = . On dispose de cx ∈ ]0, x[ tel que f  (cx ) = x−0 x  De plus la fonction f est continue sur le segment [0, 1], car f est de classe C 1 . D’après le théorème des bornes atteintes, f  admet un minimum m sur [0, 1], atteint en α ∈ [0, 1]. f (x) = f  (cx ) ≥ m. On en déduit que ∀x ∈ ]0, 1], f (x) ≥ mx. On a m = f  (α) > 0. Ainsi x L’inégalité reste valable pour x = 0. On en conclut que ∀x ∈ [0, 1], f (x) ≥ mx avec m = min(f  ) > 0. [0,1]

Exercice 20.11 On définit la fonction g sur [a, b] par g(x) =

f (x) . x

xf  (x) − f (x) . x2 De plus, g(a) = g(b) = 0. Donc, d’après le théorème de Rolle, on dispose de c ∈ ]a, b[ tel que g  (c) = 0, c’est-à-dire tel que cf  (c) − f (c) = 0. Si α ∈ [a, b], l’équation de la tangente Tα à la courbe représentative de f en le point de coordonnées (α, f (α)) est y = f  (α)(x − α) + f (α). On a Par quotient, la fonction g est dérivable sur [a, b] et si x ∈ [a, b], g  (x) =

O ∈ Tα ⇔ 0 = f  (α)(0 − α) + f (α) ⇔ αf  (α) − f (α) = 0.

Cette relation est vérifiée si α = c. On en déduit que la tangente Tc passe par l’origine.

CHAPITRE

Développements limités

21

L’essentiel du cours  1 Notion de développement limité Définition Soit f une fonction définie au voisinage d’un réel a. On dit que f possède un développement limité d’ordre n en a s’il existe b0 , b1 , . . . , bn ∈ R tels qu’au voisinage de a, n  bk (x − a)k + o((x − a)n ). f (x) = k=0

Tous les développements limités usuels sont dans le formulaire Développements limités usuels en appendice (page 488). Il suffit d’effectuer le changement de variable h = x − a pour se ramener en 0 avec n  f (a + h) = bk hk + o(hn ). k=0

On ne considèrera donc que des développements limités en 0 dans la suite du chapitre.

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Unicité du développement limité Soient f définie au voisinage de 0, n ∈ N, a0 , . . . , an , b0 , . . . , bn ∈ R tels qu’au voisinage de 0, n n   ak xk + o(xn ) = bk xk + o(xn ). f (x) = k=0

k=0

Alors pour tout k ∈ [[0, n]] , ak = bk .

Développement limité et parité Soient D un sous-ensemble de R centré en 0 et f : D → R une fonction admettant un n  ak xk + o(xn ). développement limité d’ordre n en 0 : f (x) = k=0

• Si f est paire, alors pour tout k ∈ [[0, n]], ak = 0 si k est impair ; • Si f est impaire, alors pour tout k ∈ [[0, n]], ak = 0 si k est pair.

414

Chapitre 21

Développements limités

 2 Calcul de développement limité Combinaison linéaire et produit de développements limités Soient λ, µ ∈ R, f et g deux fonctions possédant un développement limité d’ordre n en 0 : f (x) = P (x) + o(xn )

et

g(x) = Q(x) + o(xn ).

Le fonctions λf + µg et f g possèdent un développement limité d’ordre n en 0 : λf (x) + µg(x) = (λP + µQ)(x) + o(xn )

et

f (x)g(x) = R(x) + o(xn )

où R est le polynôme P Q auquel on a retiré les termes de degrés strictement supérieurs à n. Pour un produit, si le terme de plus petit degré dans le développement limité de f est ap xp , il suffit alors d’effectuer le développement limité de g à l’ordre n − p. En effet, les termes du développement limité de f vont « rehausser » tous ceux du développement limité de g. Cette remarque permet simplement d’alléger potentiellement les calculs, mais n’est pas nécessaire. Composition de développements limités Soient f et g deux fonctions possédant un développement limité d’ordre n en 0 avec f (0) = 0 : f (x) = P (x) + o(xn )

et

g(x) = Q(x) + o(xn ).

La fonction g ◦ f possède un développement limite d’ordre n en 0 : g ◦ f (x) = R(x) + o(xn ) où R est le polynôme Q ◦ P auquel on a retiré les termes de degrés strictement supérieurs à n. Il n’est pas non plus toujours nécessaire d’effectuer le développement limité de g jusqu’à l’ordre n (cf méthode 21.1). Développement limité de l’inverse d’une fonction Soit f une fonction possédant un développement limité d’ordre n en 0 avec f (0) = 0. 1 Alors possède un développement limité à l’ordre n en 0. 1+f 1 . 1+x • Ceci permet de calculer des développements limités de quotient (cf méthode 21.2).

• Ce développement limité s’obtient en composant celui de f avec celui de x → Primitivation d’un développement limité Soit f possédant un développement limité d’ordre n en 0 : f (x) =

n 

k=0

ak xk + o(xn ).

Si F est une primitive de f , alors F admet un développement limité d’ordre n + 1 en 0 : n    ak k+1 F (x) = F (0) + x + o xn+1 . k+1 k=0

L’essentiel du cours

415

Formule de Taylor-Young Si f est une fonction de classe C n au voisinage d’un réel a, alors, au voisinage de a, n  f (k) (a) (x − a)k + o ((x − a)n ) . f (x) = k! k=0

Ceci entraîne le fait que toute fonction de classe C n au voisinage de a admet un développement limité d’ordre n en a (la réciproque est fausse pour n ≥ 2).

 3 Applications Développement limité et équivalent Soit f une fonction possédant un développement limité d’ordre n en 0 : f (x) = ap xp + · · · + an xn + o(xn ),

Alors f (x) ∼0 ap x . p

avec ap = 0 et p ≤ n.

Il suffit donc d’effectuer un développement limité à un ordre assez grand pour avoir un terme non nul afin d’obtenir un équivalent. Définition Soit f une fonction définie au voisinage de +∞. • Si f (x) −−−−−→  ∈ R, on dit que Cf admet une asymptote horizontale d’équation y = . x→+∞

• Si f (x) −−−−−→ ±∞,

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x→+∞

f (x)  si −−−−−→ ±∞, on dit que Cf admet une branche parabolique de direction (Oy). x x→+∞ f (x)  si −−−−−→ 0, on dit que Cf admet une branche parabolique de direction (Ox). x x→+∞ f (x)  si −−−−−→ a ∈ R, x x→+∞  si f (x)−ax −−−−−→ ±∞, on dit que Cf admet une branche parabolique de direction x→+∞

la droite d’équation y = ax.  si f (x)−ax −−−−−→ b ∈ R, on dit que Cf admet une asymptote d’équation y = ax+b. x→+∞

• On a des définitions analogues en −∞. • Pour  déterminer des asymptotes, il suffit d’effectuer un développement limité  1 de hf quand h → 0 (cf méthode 21.4). h

416

Chapitre 21

Développements limités

Les méthodes à maîtriser Méthode 21.1 : Calculer le développement limité d’une composée Pour calculer le développement limité d’ordre n en 0 d’une composée g ◦ f (x) : 1. On commence par déterminer le développement limité de f d’ordre n en 0 : f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + o(xn ).

2. Ensuite, à l’aide des propriétés calculatoires de la fonction g, on transforme l’expression pour obtenir Q ∈ R[X] avec Q(0) = 0 et h une fonction telle que g◦f (x) = h(Q(x)+o(xn )). 3. En effectuant le développement limité de h d’ordre r en 0 : on obtient donc que

h(x) = b0 + b1 x + · · · + br xr + o(xr ),

h(Q(x) + o(xn )) = b0 + b1 Q(x) + · · · + br Q(x)r + o(xn ) + o(Q(x)r ).

Si Q(x) ∼0 αxp avec p ∈ N∗ et α = 0, alors Q(x)r ∼0 αr xrp . Il suffit donc que rp ≥ n pour ne pas « perdre de précision » en composant. 4. Il ne reste plus qu’à tout développer pour finir. Pour éviter de se perdre dans les calculs, il peut être préférable de récupérer les termes degré par degré : d’abord tous les termes constants, puis tous les termes en x, puis tous les termes en x2 , etc, puis tous les termes en xn (les autres termes sont d’une puissance trop grande et vont finir dans le o(xn )). Quelques pistes pour exécuter le deuxième point ci-dessus : • Si g = exp, alors g ◦ f (x) = exp(a0 ) × exp(a1 x + · · · + an xn +o(xn )).    = Q(x)a  an n 1 • Si g = ln et a0 = 0, alors g ◦ f (x) = ln(a0 ) + ln 1 + x + · · · + x +o(xn ) . a a0 0   = Q(x)  α a1 an n n 1 + x + · · · + x +o(x ) . • Si g(x) = xα et a0 = 0, alors g ◦ f (x) = aα 0 a a0 0   = Q(x)

• Si g = cos, sin ou tan, on utilise les formules de duplication (cos(a + b) et sin(a + b)).

Exemple d’application Calculer les développements limités suivantes   π cos(x) (2) DL2 (0) : sin (1) DL4 (0) : e 2(1 + x)

(3) DL2 (0) : ln(1 +

√

1 + x).

(1) On commence par effectuer le développement limité de cos(x) en 0 à l’ordre 4 : x4 x2 + + o(x4 ). Ensuite cos(x) = 1 − 2 24    x2  x4 x4 x2 ecos(x) = exp 1 − + + o(x4 ) = e × exp − + + o(x4 ) . 2 24 24  2   2

=u∼0 − x2 →0

Il ne reste plus qu’à faire le développement limité de eu . Or, u est de l’ordre de x2 , il suffit donc de faire le développement limité de eu à l’ordre 2 en u pour obtenir un développement

Les méthodes à maîtriser

417

u2 + o(u2 ). Il s’ensuit limité à l’ordre 4 en x (cf troisième point de la méthode) : eu = 1 + u + 2     2 2  2 x4 1 x x4 x cos(x) 4 + − + = e× 1+ − + + o(x ) e 2 24 2 2 24     1 x2 1 4 4 +x + + o(x ) = e× 1− 2 24 8 e e = e − x2 + x4 + o(x4 ). 2 6 π : (2) On commence par effectuer le développement limité en 0 à l’ordre 2 de 2(1 + x) π 1 π π π π π = × = (1 − x + x2 + o(x2 )) = − x + x2 + o(x2 ). 2(1 + x) 2 1+x 2 2 2 2  π + α = cos(α) pour obtenir On utilise ensuite la formule de trigonométrie sin 2    π  π π = cos − x + x2 + o(x2 ) sin 2(1 + x) 2  2  =u∼0 − π 2 x→0

u2 + o(u2 ) 2 π 2 1 π − x + x2 + o(x2 ) = 1− 2 2 2 π2 2 = 1− x + o(x2 ). 8 =

1−

1 (3) On procède encore de la même manière, en utilisant le DL de (1 + x)α avec α = . 2   √ 1 2 1 2 ln(1 + 1 + x) = ln 1 + 1 + x − x + o(x ) 2 8   1 1 = ln(2) + ln 1 + x − x2 + o(x2 ) 16  4  © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

=u∼0 14 x→0

2

u ln(2) + u − + o(u2 ) 2   2  1 2 1 2 1 1 1 x− x − x− x + o(x2 ) = ln(2) + 4 16 2 4 16   1 1 1 2 = ln(2) + x + x − − + o(x2 ) 4 16 32 1 3 = ln(2) + x − x2 + o(x2 ). 4 32

=

Voir exercices de 21.1 à 21.7.

418

Chapitre 21

Développements limités

Méthode 21.2 : Calculer le développement limité d’un quotient f (x) en 0 à l’ordre n g(x) 1. On commence par calculer les premiers termes du développement limité de g(x) pour repérer son terme non nul de plus petit degré bp xp , avec p ∈ N et bp = 0. 2. On effectue le développement limité de f et de g à l’ordre n + p et on factorise celui de g par bp xp . 3. On obtient donc que

Pour effectuer le développement limité d’un quotient

f (x) g(x)

=

=

a0 + a1 x + · · · + an+p xn+p + o(xn+p ) 1 × bp xp 1 + c1 x + · · · + cn xn + o(xn )    =u→0   a0 1 ap an+p n 1 . · + ··· + + ··· + x + o(xn ) × bp xp bp bp 1+u

4. On finit en utilisant la méthode 21.1 pour calculer le développement limité de

1 1+u

en 0 à l’ordre n et en développant le produit. 1 En général, les termes en k disparaissent au cours du calcul (sinon il ne s’agit plus d’un x développement limité en 0, mais simplement d’un développement au voisinage de 0). Exemple d’application Déterminer le développement limité d’ordre 2 en 0 de

1 − cos(x)

. x sin(x) On repère que le développement limité de x sin(x) commence par x2 . On va donc « perdre deux ordres » au cours du calcul. On effectue donc tous les développements limités à l’ordre 4. 1 − cos(x) x sin(x)

=

=

x4 x2 − + o(x4 ) 2 24 x4 + o(x4 ) x2 − 6   1 x2 2 − + o(x ) × 2 24

1 x2 1 − + o(x2 )  6   2





=u∼0 − x6 →0

1 x2 − + o(x2 ) (1 − u + o(u)) 2 24   2   x 1 x2 − + o(x2 ) + o(x2 ) 1− − = 2 24 6   1 1 1 = + x2 − − + o(x2 ) 2 12 24 1 x2 − + o(x2 ). = 2 8 Voir exercices 21.2, 21.3, 21.4, 21.5 et 21.6.

=

Les méthodes à maîtriser

419

Méthode 21.3 : Étudier une tangente Si on cherche la position de la courbe Cf par rapport à sa tangente en a, on fait un développement limité en a de la forme f (x) = b0 + b1 (x − a) + bp (x − a)p + o ((x − a)p ) où p ≥ 2 et bp = 0. Ainsi, la tangente à Cf en a a pour équation y = b0 + b1 (x − a) et f (x) − (b0 + b1 (x − a)) ∼a bp (x − a)p

qui est donc du signe de bp (x − a)p au voisinage de a, ce qui va donner la position de la courbe par rapport à sa tangente. Exemple d’application Étudier la tangente en 0 de f : R x Au voisinage de 0, f (x) = Ainsi

x−

x2 2

+

x3 3

x

→  R  ln(1 + x)  → x  1 3

+ o(x )

=1−

si x = 0

si x = 0.

2

x x + + o(x2 ). 2 3

x2 x  x2 = + o(x2 ) ∼0 −−−→ 0+ . 2 3 3 x→0 x On conclut que la droite d’équation y = − + 1 est la tangente de Cf en l’origine et Cf est 2 au-dessus de cette tangente au voisinage de 0. 

f (x) − 1 −

Voir exercice 21.4. Méthode 21.4 : Étudier une asymptote

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Le principe est d’écrire un développement limité en ±∞ (on parle alors plutôt de développe1 ment asymptotique) de f (x) à regarder le développement x . Si on pose  h = x , on est ramené 1 1 limité de hf h en 0. Si on a hf h = a0 + a1 h + ap hp + o(hp ) avec p ≥ 2 et ap = 0, ap 1 , et on conclut de la même manière que pour + o xp−1 on obtient f (x) = a0 x + a1 + xp−1 la tangente (cf méthode 21.3). Exemple d’application 1 Étudier le comportement asymptotique en +∞ de f (x) = xe x .   1 1 f (x) h2 1 1 On pose h = −−−−−→ 0 et on a = eh = 1 + h + + o(h2 ) = 1 + + 2 + o . 2 x x→+∞ x 2 x 2x x   1 1 1 +o et f (x) − (x + 1) ∼+∞ −−−−−→ 0+ . On en déduit que f (x) = x + 1 + 2x x 2x x→+∞ On conclut que la droite d’équation y = x + 1 est une asymptote oblique de Cf et Cf est au-dessus de cette asymptote au voisinage de +∞. Voir exercice 21.5.

420

Chapitre 21

Développements limités

Interro de cours 1. Déterminer la limite en 0 de

x − sin(x) . ln(1 + x3 )

2. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Si f est dérivable en 0, alors, au voisinage de 0, f (x) = f (0) + xf  (0) + o(x). (b) Si f admet une développement limité d’ordre 1 en 0, f (x) = a0 + a1 x + o(x), alors f est dérivable en 0 et a0 = f (0) et a1 = f  (0). (c) Si f est de classe C 2 au voisinage de 0, alors f admet un développement limité d’ordre 2 en 0. (d) Si f admet un développement limité d’ordre 2 en 0, alors f est de classe C 2 au voisinage de 0.

3. Déterminer le développement limité d’ordre 3 en 0 de (1 + x)x .

4. Déterminer le développement limité d’ordre 3 en 0 de tan(x) = 5. Étudier les branches infinies de f : x →



x4 . +1

x2

sin(x) . cos(x)

Exercices

421

Exercices Dans les exercices ci-dessous DLn (a) désigne le développement limité d’ordre n en a.

Pour s’entraîner Exercice 21.1 Soient 0 < a < b. Calculer les limites suivantes √ ex − 1 + 4x 1. lim x→0 sin(2x) − ln(1 + x) 1 − 2 tan x 2 3. limπ cos x x→ 4 1 + cos 4x   1 1 − 5. lim x→0 x2 tan2 x  sin1 x  sin x 7. lim x→0 x

2. 4. 6. 8.



1 ax + bx x lim x→0 2 xx − x lim x→1 1 − x + ln x   x   1 1 lim x2 1 + − ex3 ln 1 + x→+∞ x x   1 (ln x)2 + 1 . lim exp x→+∞ x2 ln x + 2

Exercice 21.2 Calculer les développements limités suivants x+1 1. DL3 (0), 2 x +x+2 3. DL3 (0), ln(3ex + e−x )

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5. DL1 (0), exp 7. DL10 (0),





x2

x

 ln(2 + x)

√

dt 1 + t4

2. DL3 (1), cos(ln(x)) 3 sin x x2 x  √ 6. DL2 (0), 1 + 1 + x

4. DL2 (0),

8. DL2



π  6

, esin x .

Exercice 21.3 Déterminer un équivalent simple de   sin(x) en 0 2. (e + x)e − ee+x en 0 1. ln x

 3. ln 1 +

1 1+x



−

1 en +∞. x

422

Chapitre 21

Développements limités

Exercice 21.4 Dans chacun des cas suivants, montrer que f peut être prolongée par continuité en 0 et que ce prolongement est alors dérivable en 0, puis étudier la position relative de la courbe de f par rapport à sa tangente en ce point. 1 1 x 2. f (x) = − 1. f (x) = ln(1 + x) sin x x 3. f (x) =

ln(1 + x) − x x2

4. f (x) =

Exercice 21.5

ex

x . −1

Dans chacun des cas suivants, étudier les branches infinies de la courbe représentative de la fonction f au voisinage de +∞ et au voisinage de −∞.    x2 − x + 2 − 1 x+1 2 2 x e . 2. f (x) = x + |x − 1| 3. f (x) = x ln 1. f (x) = x+1 x−1

Pour aller plus loin Exercice 21.6

2. 3. 4. 5.

6.

x2

dt . ln(t) x 1 Justifier l’existence d’une primitive F de x → sur ]0, 1[. ln(x) 1 1 Déterminer le développement limité à l’ordre 0 en 1 de − . ln(x) x − 1 1 1 En déduire que la fonction h : x → − définie sur ]0, 1[ se prolonge par continuité ln(x) x−1 sur ]0, 1]. On renommera h la fonction ainsi prolongée. Justifier l’existence d’une primitive H de h sur ]0, 1]. En déduire le développement limité à l’ordre 1 en 1 de F (x) − ln(1 − x), puis l’existence d’une constante k ∈ R telle que x−1 + o (x − 1). F (x) = ln(1 − x) + k + x→1 2 En déduire la limite de G en 1− .

On définit la fonction G sur ]0, 1[ par G(x) = 1.



Exercice 21.7 1. Montrer que la fonction f : R → R est bijective. 2 x → xex 2. Montrer que f −1 possède un développement limité d’ordre 5 en 0. 3. Montrer que ce développement limité est de la forme f −1 (y) = ay + by 3 + cy 5 + o(y 5 ). 4. Calculer le développement limité d’ordre 5 en 0 de f −1 (f (x)) en fonction de a, b et c. 5. En déduire le développement limité de f −1 d’ordre 5 en 0.

Corrections

423

Corrections Interro de cours

  x3 x3 x3 + o(x3 ) = + o(x3 ) ∼0 . 1. Au voisinage de 0, on a x − sin(x) = x − x − 6 6 6 De plus, ln(1 + x3 ) ∼0 x3 . Donc par quotient d’équivalents, on obtient 3

x 1 x − sin(x) 1 6 ∼ = −−−→ . 0 3 3 ln(1 + x ) x 6 x→0 6

f (x) − f (0) −−−→ f  (0). x→0 x−0 f (x) − f (0) = f  (0) + o(1) puis f (x) − f (0) = xf  (0) + o(x). On peut réécrire ceci en x On en conclut que f (x) = f (0) + xf  (0) + o(x).

2. (a) Vrai. Si f est dérivable en 0, alors

(b) Vrai. Si, au voisinage de 0, f (x) = a0 + a1 x + o(x), alors f (x) −−−→ a0 . x→0

La fonction f admet une limite en 0, donc nécessairement cette limite est f (0). Donc a0 = f (0), puis a1 x + o(x) f (x) − f (0) = = a1 + o(1) −−−→ a1 . x→0 x−0 x On en conclu que f est dérivable en 0 et que a1 = f  (0).

(c) Vrai. D’après le théorème de Taylor-Young (d) Faux. Si on définit le fonction f sur R par f (x) = x3 sin( x1 ) si x = 0 et f (0) = 0, alors au voisinage de 0, on a f (x) = o(x2 ), donc f admet bien un développement limité d’ordre 2 en 0. Cependant f  n’a pas de limite en 0 donc f n’est pas de classe C 2 en 0. Dans la question (b), il peut sembler curieux d’affirmer que si f admet une limite en 0, alors nécessairement cette limite vaut f (0). Si on regarde bien la vraie définition de « f (x) −−−→  » x→a

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ Df , |x − a| < η ⇐ |f (x) − | < ε,

si x = a, alors |a − a| = 0 < η, donc |f (a) − | < ε, pour tout ε > 0. On en déduit que  = f (a). Dans la pratique, en général, quand on cherche à justifier la continuité en un point a particulier, on ne regarde pas lim f (x) mais x→a lim f (x). Dans ce cas, il est bien nécessaire x→a

x=a

de vérifier que la limite obtenue est égale à f (a) pour obtenir la continuité. 3. On est en présence d’une puissance d’exposant variable, on modifie donc son expression en mettant sous forme exponentielle :      x2 x3 x 2 2 3 + o(x ) + o(x ) . = exp x − (1 + x) = exp(x ln(1 + x)) = exp x x − 2 2 On continue en utilisant le développement limité de exp(u) avec u = x2 −

x3 + o(x3 ). 2

424

Chapitre 21

Développements limités

Dès le terme u2 , il n’y a que des exposants supérieurs ou égaux à 4, termes qui vont être « absorbés » par le o(x3 ). Ainsi u2 x3 + o(u2 ) = 1 + x2 − + o(x3 ). (1 + x)x = 1 + u + 2 2 4. On applique le développement limité du quotient 3    x − x6 + o(x3 ) x3 x2 x3 3 3 + o(x + o(x + o(x3 ). = x − ) 1 + ) = x + tan x = 6 2 3 x2 3 1 − + o(x )  2   2

= u∼− x2 →0

1 −−−−−→ 0. On a x x→±∞     1 h 1 f (x) 1 1 4 =h = hf =h 1h =√ ×√ . 2 (1 + h2 ) 2 x h h + 1 1 + h2 h h2 √ − 1  1 1 Or h2 = |h| et √ = 1 + h2 2 = 1 − h2 + o(h2 ). 2 1 + h2 • Si x → +∞, alors h → 0+ et |h| = h. Donc   f (x) 1 1 1 = 1 − h2 + o(h2 ) = 1 − 2 + o x 2 2x x2   1 1 1 et f (x) = x − +o . Ainsi f (x) − x ∼+∞ − −−−−−→ 0− . 2x x 2x x→+∞ On conclut que la droite d’équation y = x est une asymptote oblique de Cf et Cf est audessous de cette asymptote au voisinage de +∞.   1 1 +o . • Si x → −∞, alors |h| = −h et on obtient de la même manière que f (x) = −x + 2x x 1 Ainsi f (x) + x ∼−∞ −−−−−→ 0− . 2x x→−∞ On conclut que la droite d’équation y = −x est une asymptote oblique de Cf et Cf est au-dessous de cette asymptote au voisinage de −∞.

5. On pose h =

Dans la question 5., on aurait aussi pu utiliser la parité de la fonction f pour l’étude de l’asymptote en −∞.

Exercice 21.1 Pour chaque question, on notera f (x) l’expression dont on cherche la limite. 1. Au voisinage de 0, on a   √ 1 x = 1 + x − 1 − 2x + o(x) e − 1 + 4x = 1 + x + o(x) − 1 + (4x) + o(x) 2 = −x + o(x) ∼0 −x, et

sin(2x) − ln(1 + x) = 2x + o(x) − x + o(x) = x + o(x) ∼0 x.

Corrections −x = −1. x On en conclut que f (x) −−−→ −1.

425

Ainsi f (x) ∼0

 ax + bx . ln 2. On commence par mettre sous forme exponentielle f (x) = exp 2 Ensuite, on effectue le développement limité de l’expression dans le ln : ex ln a + ex ln b 1 + x ln(a) + o(x) + 1 + x ln(b) + o(x) ax + b x = = 2 2 2 ln(a) + ln(b) + o(x) = 1+x 2 √ = 1 + x ln ab + o(x). √ On continue en utilisant le développement limité de ln(1 + u) avec u = x ln ab + o(x) −−−→ 0, x→0  x  √ a + bx ln = u + o(u) = x ln ab + o(x). 2  x  √ √ 1 a + bx Ainsi ln = ln ab + o(1) −−−→ ln ab. x→0 x 2 √ On en conclut, par composition des limites que f (x) −−−→ ab. 

x→0

3. On commence en utilisant l’identité f (x) =

1 cos2 2

1 x



x→0

= 1 + tan2 pour obtenir

1 + tan (x) − 2 tan(x) (tan(x) − 1)2 = . 1 + cos(4x) 1 + cos(4x) π → 0, et on a 4 tan(h) + 1 − (1 − tan(h)) 1 − tan(h) 2 tan(h) . 1 − tan(h)

Ensuite, on change de variable pour se ramener en 0 en posant h = x −

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 tan(h) + tan( π4 ) π tan(x) − 1 = tan h + −1= −1 4 1 − tan(h) tan( π4 )

= =

Or tan(h) ∼0 h et 1 − tan(h) −−−→ 1 = 0, donc 1 − tan(h) ∼0 1. Ainsi tan(x) − 1 ∼ 2h. h→0 h→0 1 De plus 1 + cos(4x) = 1 + cos(4h + π) = 1 − cos(4h) ∼0 (4h)2 = 8h2 . 2 Donc, par quotient, (tan(x) − 1)2 1 (2h)2 f (x) = ∼ = . 1 + cos(4x) h→0 8h2 2 1 On en conclut que f (x) −−−→ . x→ π 2 4   4. On pose h = x − 1 → 0. On a xx = exp x ln(x) et   h2 h2 2 + o(h ) = h + + o(h2 ). x ln(x) = (1 + h) ln(1 + h) = (1 + h) h − 2 2   h2 u2 2 x + o(h ) = 1 + u + + o(u2 ) = 1 + h + h2 + o(h2 ), Ainsi x = exp h + 2 2    = u∼h→0

et xx − x = 1 + h + h2 + o(h2 ) − (1 + h) = h2 + o(h2 ) ∼0 h2 .

426

Chapitre 21

Développements limités

De plus, 1 − x + ln(x) = −h + ln(1 + h) = −h + h − h2 2 = −2. h→0 − h 2 On en conclut que f (x) −−−→ −2.

h2 h2 h2 + o(h2 ) = − + o(h2 ) ∼0 − . 2 2 2

Donc par quotient f (x) ∼

x→1

(tan(x) − x)(tan(x) + x) tan2 (x) − x2 = . 5. On a f (x) = 2 2 x tan (x) x2 tan2 (x) Or tan(x) + x = x + o(x) + x = 2x + o(x) ∼0 2x et tan(x) − x = x +

x3 x3 x3 − x + o(x3 ) = + o(x3 ) ∼0 . 3 3 3 3

2x × x3 2 = . Ainsi, par produit et quotient, on obtient que f (x) ∼0 2 x × x2 3 2 On en conclut que f (x) −−−→ . x→0 x 3    1 1 2 . 6. On a f (x) = x − ex ln 1 + 1+ x x 1 On pose h = → 0 et on effectue un développement limité de chacun des deux termes x dans l’expression ci-dessus. Pour savoir à quel ordre on effectue ces développements limités, 1 on remarque que cette somme de deux termes est multipliée par x2 = 2 . On va donc perdre h deux ordres (en h) à la fin du calcul. Or on cherche la limite (si elle existe) de cette expression. Il nous suffit donc d’avoir un développement limité d’ordre 0 à la fin. On va donc calculer le développement deux termes à l’ordre 2. xlimité de  chacun  des   1 1 et = exp x ln 1 + On a 1 + x x     1 1 h2 h3 h h2 1 = ln(1 + h) = h− + + o(h3 ) = 1 − + + o(h2 ). x ln 1 + x h h 2 3 2 3  x   1 h h2 Donc 1 + + o(h2 ) = exp 1 − + x 2 3   h h2 2 + o(h ) = exp(1) × exp − + 2 3      2 h h2 1 h h2 2 = e 1+ − + + − + + o(h ) 2 3 2 2 3   h 11h2 2 + o(h ) . = e 1− + 2 24 De plus, d’après le calcul précédent     1 e h h2 2 ex ln 1 + = ln(1 + h) = e 1 − + + o(h ) . x h 2 3     h h2 e h2 e h 11h2 e −1+ − + o(h2 ) = 2 + o(h2 ) = + o(1). Ainsi f (x) = 2 1 − + h 2 24 2 3 h 8 8 e On en conclut que f (x) −−−−−→ . x→+∞ 8

Corrections

427

  sin(x) 1 ln et 7. On a f (x) = exp sin(x) x   3     x − x6 + o(x3 ) x2 x2 x2 sin(x) = ln = ln 1 − + o(x2 ) = − + o(x2 ) ∼0 − . ln x x 6 6 6   1 x 1 −x2 sin(x) Ainsi ln ∼0 × = − −−−→ 0. sin(x) x x 6 6 x→0 On en conclut, par composition des limites, que f (x) −−−→ e0 = 1. 

x→0

8. On commence par s’occuper de ce qu’il y a en argument de l’exponentielle. On factorise par le terme dominant au numérateur et par le terme dominant au dénominateur, 1 + (ln1x)2 (ln x)2 (1 + (ln1x)2 ) (ln x)2 + 1 = (ln x) = . ln x + 2 (ln x)(1 + ln2x ) 1 + ln2x On effectue le changement de variable h =

1 → 0 et on obtient ln x

  1 1 + h2 2 2 = (1 + h )(1 − 2h + o(h)) = 1 − 2h + o(h) = 1 − +o . = 1 + 2h ln x ln x 1       1 2 1 1 +o = 2 exp ln(x) − 2 + o(1) Ainsi f (x) = 2 exp (ln x) 1 − x ln x ln x x 1 = 2 exp(ln x) exp(−2 + o(1)). x Or −2 + o(1) −−−→ −2, donc par composition des limites, exp(−2 + o(1)) −−−→ e−2 . x→0 x→0 x 1 1 De plus 2 exp(ln x) = 2 = −−−→ 0. x x x x→0 On en conclut, par produit de limites, que f (x) −−−→ 0. 1 (ln x)2 + ln2x

1+

x→0

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Exercice 21.2 Pour chaque question, on notera f (x) l’expression dont on cherche le développement limité et on effectuera des calculs valables pour x au voisinage du point donné par l’énoncé. 1+x 1 1. On a f (x) = × 2 x x2 1+ + 2  2 = u→0       2  3  x x2 x x2 1 x x x2 + 1− + + + + = − + o(x3 ) 2 2 2 2 2 2 2 2    x x2 3 3 1 x 3 + 1− − + x + o(x ) = 2 2 2 4 8 1 1 3 1 = + x − x2 + x3 + o(x3 ). 2 4 8 16

428

Chapitre 21

Développements limités

2. On pose h = x − 1 → 0 et on a     h2 h3 3 f (x) = cos ln(1 + h) = cos h − + + o(h ) 2 3    = u→0    4 2 h2 h3 h2 h3 1 1 h− + h− + = 1− + + o(h3 ) 2 2 3 24 2 3 1 1 = 1 − h2 + h3 + o(h3 ) 2 2   1 1 = 1 − (x − 1)2 + (x − 1)3 + o (x − 1)3 . 2 2 3. On commence par calculer le développement limité de ce qui est dans le ln. 3 3 1 1 3ex + e−x = 3 + 3x + x2 + x3 + 1 − x + x2 − x3 + o(x3 ) 2 6 2 6 1 3 2 3 = 4 + 2x + 2x + x + o(x ). 3 Ensuite, on compose par ln. Cependant l’expression ci-dessus ne tend pas vers 1, on va donc factoriser par le terme dominant, qui est 4.    1 1 1 f (x) = ln 4 1 + x + x2 + x3 + o(x3 ) 2 2 12   1 2 1 1 3 3 = ln 4 + ln 1 + x + x + x + o(x ) 2 2 12  = u→0   2 3   1 1 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 1 1 3 1 = ln 4 + x+ x + x − x+ x + x x+ x + x + + o(x3 ) 2 2 12 2 2 2 12 3 2 2 12 3 1 1 = ln 4 + x + x2 − x3 + o(x3 ). 2 8  8  3 sin x 4. On a f (x) = exp . En partant de sin x, on remarque que notre expression va ln x2 x 2 être divisée par x puis par x . On va donc « perdre » 3 ordres en cours de route. Si on veut une précision à l’ordre 2 à la fin, il faut commencer avec un ordre 5.   3   x5 x − x6 + 120 + o(x5 ) sin x ln = ln x x   x4 x2 + o(x4 ) = ln 1 − + 120  6   = u→0   2  2 x4 1 x2 x4 x − − + + o(x4 ). = − + 6 120 2 6 120 x2 x4 = − − + o(x4 ) 6 180 Puis, dans l’exponentielle, on sépare les termes qui tendent vers 0 des autres.

Corrections

  2 x4 3 x 4 − + o(x ) − x2 6 180   1 x2 2 = exp − − + o(x ) 2 60    2  1 x = exp − exp − + o(x2 ) 2 60    = u→0   1 x2 + o(x2 ) = √ 1− 60 e 1 x2 = √ − √ + o(x2 ). e 60 e 5. On y va étape par étape. On commence par s’occuper du ln. L’expression dans le ln ne tend pas vers 1, donc on factorise par son terme dominant c’est-à-dire 2.   x  ln(2 + x) = ln 2 1 + 2  x = ln 2 + ln 1 + 2 x = ln 2 + + o(x). 2 Ensuite, on compose par la racine carrée. Encore une fois ce qui se trouve sous la racine ne tend pas vers 1, donc on factorise par le terme dominant c’est-à-dire ln 2.   √ x x + o(x) ln 2 + + o(x) = ln 2 1 + 2 2 ln 2   √ x 1 = ln 2 1 + × + o(x) 2 2 ln 2 √ x = ln 2 + √ + o(x). 4 ln 2 Pour finir, on compose par l’exponentielle. On sépare les termes qui tendent vers 0 des autres termes.   √ x ln 2 + √ + o(x) f (x) = exp 4 ln 2  √ x √ = exp( ln 2) exp + o(x) 4 ln 2   √ x = e ln 2 1 + √ + o(x) 4 ln 2 √ √ e ln 2 x + o(x). = e ln 2 + √ 4 ln 2 6. On commence par la petite racine carrée. f (x) = exp

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429



1 1 √ ( − 1) 2 1 1 x + o(x2 ) = 1 + 1 + x = (1 + x) 2 = 1 + x + 2 2 2 2 Ensuite, on compose par la racine carrée. Ce qui se trouve sous donc on factorise par le terme dominant c’est-à-dire 2.

1 1 x − x2 + o(x2 ). 2 8 la racine ne tend pas vers 1,

430

Chapitre 21

Développements limités 

1 1 2 + x − x2 + o(x2 ) 8  2 √ 1 1 = 2 1 + x − x2 + o(x2 ) 4 16    2   √ 1 1 1 2 1 2 1 1 2 x− x − x− x + o(x ) = 2 1+ 2 4 16 8 4 16   √ 5 2 1 x + o(x2 ) = 2 1+ x− 128 √ √ 8 √ 5 2 2 2 = 2+ x− x + o(x2 ). 8 128 7. On ne sait pas calculer de manière simple cette intégrale. On commence donc par effectuer un développement limité de l’expression sous l’intégrale que l’on primitivera ensuite. On demande un développement limité d’ordre 10. Comme on va « gagner » un ordre en primitivant, on va effectuer le développement limité d’ordre 9 de l’expression sous l’intégrale. f (x) =

√

− 1 (− 1 − 1)  4 2 1 1 1 3 1 t = (1 + t4 )− 2 = 1 − t4 + 2 2 + o(t9 ) = 1 − t4 + t8 + o(t9 ). 2 2 2 8 1 + t4

Si on note G une primitive de t → √

1 . On en déduit que 1 + t4

1 1 5 x + x9 + o(x10 ). 10 24

G(x) = G(0) + x − Comme x2 → 0, on a aussi G(x2 ) = G(0) + x2 −

1 10 1 1 x + x18 + o(x20 ) = G(0) + x2 − x10 + o(x10 ). 10 24 10

Ainsi f (x) = G(x2 ) − G(x) = −x + x2 + 8. On pose h = x −

π → 0. 6 sin x = sin

π



+h

1 5 1 1 x − x9 − x10 + o(x10 ). 10 24 10

6 π π = sin cos h + cos sin h 6 6 √  h2 1 3 1− + o(h2 ) + (h + o(h2 )) = 2 √ 2 2 h2 1 3 + h− + o(h2 ). = 2 2 4 Ensuite, on compose par l’exponentielle. On sépare les termes qui tendent vers 0 des autres termes.

Corrections f (x) = = = = =

431

√  3 h2 1 + h− + o(h2 ) exp 2 2 √ 4     1 h2 3 2 exp exp h− + o(h ) 4  2 √ 2   √ 2 √ h2 1 h2 3 3 h− + h− e 1+ + o(h2 ) 2 4 2 2 4 √   √ 3 1 2 2 h + h + o(h ) e 1+ 8 √ 2   √  √ π π 2 π 2 3e e x− + x− e+ +o x− . 2 6 8 6 6 

Exercice 21.3 Pour chaque question, on notera f (x) l’expression dont on cherche un équivalent et on effectuera des calculs valables pour x au voisinage du point donné par l’énoncé.   3   x − x6 + o(x3 ) x2 x2 x2 2 1. On a f (x) = ln = ln 1 − + o(x ) = − + o(x2 ) ∼0 − . x 6 6 6         e 2 e(e − 1) x x x + 2. On a (e + x)e = ee 1 + = ee 1 + e + o(x2 ) e e 2 e   e−1 2 e 2 x + o(x ) = e 1+x+ 2e et   x2 e+x e x e 2 + o(x ) . e =e e =e 1+x+ 2 Ainsi

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f (x) = ee





e − 1 2 x2 x − + o(x2 ) 2e 2

=−

ee 2 ee−1 2 x + o(x2 ) ∼0 − x . 2e 2

1 3. On pose h = → 0 et on obtient x         1 1 + 2h 1 h = ln 1 + = ln ln 1 + = ln 1 + 1+x 1+h 1+h 1 + h1 = ln(1 + 2h) − ln(1 + h) = (2h) −

h2 (2h)2 −h+ + o(h2 ) 2 2

3h2 + o(h2 ). 2 3h2 3h2 3h2 On en déduit que f (x) = h − + o(h2 ) − h = − + o(h2 ) ∼ − . h→0 2 2 2 3 On en conclut que f (x) ∼+∞ − 2 . 2x = h−

432

Chapitre 21

Développements limités

Exercice 21.4 Pour chaque question, on effectuera des calculs valables pour x au voisinage de 0 et on notera Cf la courbe représentative de la fonction f . 1. Par quotient, f est dérivable sur ] − 1, 0[∪]0, +∞[. On a 1 2 x x x− + + + o(x2 ) 1− + 2 3    2  = u→0 2   x x2 x x + − + = 1− − + + o(x2 ) 2 3 2 3 x x2 + o(x2 ). = 1+ − 2 12 Ainsi, f (x) −−−→ 1 et on peut prolonger f par continuité en 0 par f (0) = 1. f (x) =

De plus,

x

x2 2

x3 3

=

o(x3 )

x→0

x2 12

+ o(x2 ) 1 x 1 = − + o(x) −−−→ . x→0 x 2 12 2 1 Donc, la fonction f ainsi prolongée est dérivable en 0 et f  (0) = . 2 Pour finir x2 x2 x −−−→ 0− . f (x) − − 1 = − + o(x2 ) ∼0 − 2 12 12 x→0 1 Alors la droite d’équation y = x + 1 est la tangente à Cf en le point d’abscisse 0 et Cf est en 2 dessous de cette tangente. 2. Par différence, f est dérivable sur ] − π, 0[∪]0, π[. On a f (x) − f (0) = x−0

x 2

−

3

5

7 3 360 x

+ o(x3 )

3

x x x − x + x6 − 120 + o(x5 ) − x + o(x3 ) x − sin(x)   = 6 120 = 3 2 x x sin(x) x x − 6 + o(x4 ) 1 − x6 + o(x3 )    x3 x x2 − + o(x3 ) + o(x3 ) = 1+ 6 120 6 7 3 x + x + o(x3 ). = 6 360 Ainsi, f (x) −−−→ 0 et on peut prolonger f par continuité en 0 par f (0) = 0.

f (x) =

De plus,

x→0

+

1 1 7 2 + x + o(x2 ) −−−→ . x→0 6 6 360 1 Donc, la fonction f ainsi prolongée est dérivable en 0 et f  (0) = . 6 Pour finir x 7 3 7 3 f (x) − = x + o(x3 ) ∼0 x −−−→ 0. x→0 6 360 360 1 Alors la droite d’équation y = x est la tangente à Cf en le point d’abscisse 0 et Cf est en 6 dessous de cette tangente à gauche de 0 et au-dessus à droite de 0. f (x) − f (0) = x−0

x 6

x

=

Corrections

433

3. Par quotient, f est dérivable sur ] − 1, 0[∪]0, +∞[. On a f (x) =

x2 2

x−

+

x3 3

4

− x4 + o(x4 ) − x 1 x x2 + − + o(x2 ). = − x2 2 3 4

Ainsi, f (x) −−−→ − 12 et on peut prolonger f par continuité en 0 par f (0) = − 12 . De plus,

x→0

f (x) − f (0) = x−0

x 3

−

x2 4

+ o(x2 ) 1 1 x = − + o(x) −−−→ . x→0 x 3 4 3

Donc, la fonction f ainsi prolongée est dérivable en 0 et f  (0) = 13 . Pour finir   1 x x2 x2 f (x) − − + = − + o(x2 ) ∼0 − −−−→ 0− . 2 3 4 4 x→0 1 x Alors la droite d’équation y = − + est la tangente à Cf en le point d’abscisse 0 et Cf est 2 3 en dessous de cette tangente. 4. Par quotient, f est dérivable sur R∗ . On a f (x) =

x x+

x2 2

+

x3 6

+ o(x3 )

=

1 1+

= 1−

x 2



+

x2 6

+ o(x2 )   2 x x2 x x2 + + + + o(x2 ) 2 6 2 6

x x2 + + o(x2 ). 2 12 Ainsi, f (x) −−−→ 1 et on peut prolonger f par continuité en 0 par f (0) = 1. = 1−

De plus,

x→0

2

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− x + x12 + o(x2 ) 1 x 1 f (x) − f (0) = 2 =− + + o(x) −−−→ − . x→0 x−0 x 2 12 2

Donc, la fonction f ainsi prolongée est dérivable en 0 et f  (0) = − 12 . Pour finir f (x) +

x x2 x2 = + o(x2 ) ∼0 −−−→ 0+ . 2 12 12 x→0

1 Alors la droite d’équation y = − x est la tangente tangente à Cf en le point d’abscisse 0 et 2 Cf est au-dessus de cette tangente.

434

Chapitre 21

Développements limités

Exercice 21.5 Pour chaque question, on notera Cf la courbe représentative de la fonction f . 1 1. Pour x au voisinage de ±∞, on pose h = → 0. On a x   1 1 + 2 −h f (x) 1 2 − e = hf = h× h 1 h x h h +1 1 × e−h = (1 − h + 2h2 ) × 1+h   h2 + o(h2 ) = (1 − h + 2h2 )(1 − h + h2 + o(h2 )) 1 − h + 2 13 2 = 1 − 3h + h + o(h2 ) 2   13 1 3 = 1− + 2 +o . x 2x x2   1 13 +o . Ainsi f (x) = x − 3 + 2x x 13 On en déduit que f (x) − (x − 3) ∼±∞ −−−−−→ 0. 2x x→±∞ On en conclut que la droite D d’équation y = x − 3 est une asymptote oblique de Cf et que Cf est au-dessus de D au voisinage de +∞ et en dessous de D au voisinage de −∞. 2. On commence remarquer que si x est au voisinage de ±∞, alors x2 − 1 > 0,  par  2 2   donc x − 1 = x − 1. √ 1 • Pour x au voisinage de +∞, on pose h = → 0+ . Comme h > 0, on a h2 = h. Ainsi x      1 1 f (x) 1 = hf = h + −1 x h h h2  1 − h2 = 1+h 2 √ h 1 − h2 = 1+h h 1  = 1 + 1 − h2 2 1 × (−h2 ) + o(h2 ) 2   1 1 = 2− 2 +o . 2x x2 = 1+1+

1 Ainsi f (x) = 2x − +o 2x

  1 . x

1 −−−−−→ 0− . 2x x→+∞ On en conclut que la droite D d’équation y = 2x est une asymptote oblique de Cf et que Cf est au-dessous de D au voisinage de +∞. On en déduit que f (x) − 2x ∼±∞ −

Corrections

435

√ 1 → 0− . Comme h < 0, on a h2 = |h| = −h. • Pour x au voisinage de −∞, on pose h = x Ainsi      1 1 1 f (x) = hf = h + −1 x h h h2  1 − h2 = 1+h 2 √ h 1 − h2 = 1+h −h  1 = 1 − 1 − h2 2 1 × (−h2 ) + o(h2 ) 2  1 1 +o = . 2x2 x2

= 1−1−

Ainsi f (x) =

1 +o 2x

  1 . x

1 −−−−−→ 0− . 2x x→−∞ On en conclut que l’axe (Ox) des abscisses est une asymptote horizontale de Cf et que Cf est au-dessous de (Ox) au voisinage de −∞. 1 3. Pour x au voisinage de ±∞, on pose h = → 0. On a x    1 +1 1 1 f (x) = hf = h × 2 ln h1 x h h −1 h   1 1+h ln = h 1−h  1 ln(1 + h) − ln(1 − h) = h     1 h2 h3 (−h)3 (−h)2 3 3 = h− + + o(h ) − (−h) − + + o(h ) h 2 3 2 3   2 1 2h + h3 + o(h3 ) = h 3 2 2 = 2 + h + o(h2 ) 3   2 1 = 2+ 2 +o . 3x x2   2 1 Ainsi f (x) = 2x + +o . 3x x 2 On en déduit que f (x) − 2x ∼±∞ −−−−−→ 0. 3x x→±∞ On en conclut que la droite D d’équation y = 2x est une asymptote oblique de Cf et que Cf est au-dessus de D au voisinage de +∞ et en dessous de D au voisinage de −∞.

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On en déduit que f (x) ∼±∞

436

Chapitre 21

Développements limités

Exercice 21.6

1 est continue sur ]0, 1[, donc elle admet une primitive sur ]0, 1[. ln(x) Si x est au voisinage de 1, on pose u = x − 1 −−−→ 0 et on a x→1   1 1 1 1 1 1 1 1 − − = − = = −1 2 ln(x) x − 1 ln(1 + u) u u 1 − u2 + o(u) u − u2 + o(u2 ) u  u 1 1 + + o(u) − 1 = u 2 1 = + o(1). 2 1 1 1 − = + o (1) Ainsi, ln(x) x − 1 2 x→1 Par quotients et différences, h est continue sur ]0, 1[. On déduit de la question précédente que 1 1 h(x) −−−−→ . On peut donc prolonger h par continuité sur ]0, 1] en posant h(1) = . 2 x→1− 2 La fonction h étant continue sur ]0, 1], elle admet une primitive sur ]0, 1]. La fonction x → F (x) − ln(1 − x) est une primitive de h sur ]0, 1[. On dispose donc de C ∈ R tel que, pour tout x ∈ ]0, 1[, H(x) = F (x)−ln(1−x)+C. Donc, par primitivation du développement limité de h, on obtient x−1 H(x) = H(1) + + o (x − 1). x→1 2 puis x−1 F (x) − ln(1 − x) = H(1) − C + + o (x − 1). x→1 2 x−1 + o (x − 1) En posant k = H(1) − C, on en conclut que F (x) = ln(1 − x) + k + x→1 2 Soit x ∈]0, 1[. On a G(x) = F (x2 ) − F (x), donc, comme x2 −−−→ 1, on obtient au voisinage

1. La fonction x → 2.

3. 4. 5.

6.

x→1

x2 − 1 x−1 + o(x2 − 1) − ln(1 − x) − k − − o(x − 1) de 1 que G(x) = ln(1 − x2 ) + k + 2 2 = ln(1 + x) + o(1). Ainsi G(x) −−−−→ ln 2 x→1−

Exercice 21.7 1. La fonction f est clairement dérivable sur R (par produit et composition). Et de plus si x ∈ R, f  (x) = (1 + 2x2 )e(x

2

)

> 0.

Donc f est strictement croissante et continue. Alors, d’après le théorème de la bijection continue, f admet une application réciproque f −1 définie sur f (R). Or lim f (x) = +∞ et

x→+∞

lim f (x) = −∞,

x→−∞

donc f (R) = R d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Ainsi f est une bijection de R dans R et f −1 est définie sur R.

Corrections

437

2. Pour tout x ∈ R, f  (x) = 0 et f est clairement de classe C ∞ sur R. Donc f −1 est aussi de classe C ∞ sur R et elle possède donc, d’après le théorème de Taylor-Young, un développement limité à l’ordre 5 en 0. 3. La fonction f est clairement impaire, on va montrer qu’il en est de même pour f −1 . Soit y ∈ R, vu que f est bijective de R dans R, il existe un unique x ∈ R tel que y = f (x). On a donc x = f −1 (y) et f −1 (−y) = f −1 (−f (x)) = f −1 (f (−x)) = −x = −f −1 (y).

Alors f −1 est impaire donc les termes de degré pair dans son développement limité en 0 sont nuls, ce qui nous donne bien le résultat demandé. 4. On commence par déterminer le développement limité à l’ordre 5 en 0 de f . On obtient, au voisinage de 0,   (x2 )2 x5 2 4 + o(x ) = x + x3 + + o(x5 ). f (x) = x 1 + x + 2 2

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Maintenant, on va faire le développement limité de f −1 (f (x)) à l’ordre 5 en 0 :    3 x5 x5 −1 3 5 3 5 f (f (x)) = a x + x + + o(x ) + b x + x + + o(x ) 2 2  5 x5 + o(x5 ) + o(x5 ) + c x + x3 + 2 a  = ax + x3 (a + b) + x5 + 3b + c + o(x5 ). 2 −1 5. Par définition, f (f (x)) = x, donc son développement limité d’ordre 5 en 0 est x + o(x5 ). Par unicité du développement limité, on en déduit que     a= 1 =1  a     a + b = 0 ⇔ b = −1     a   c = 5 .  + 3b + c = 0 2 2 Ainsi, on a, au voisinage de 0, 5 f −1 (y) = y − y 3 + y 5 + o(x5 ). 2

CHAPITRE

22

Intégration L’essentiel du cours  1 Notion d’intégrale Définition

Soit f une fonction continue sur le segment [a, b], on appelle intégrale de f de a à b le réel  b f (t)dt = F (b) − F (a), a

où F est une primitive de f .

• L’intégrale de f est indépendant du choix de la primitive. b • Par aspect pratique, on note F (b) − F (a) = [F (t)]a .  a  a  b • On a f (t)dt = 0 et f (t)dt = − f (t)dt. a

b

a

Aire et intégrale

y

Si f est une fonction continue et positive sur [a, b], alors  b f (t)dt correspond à l’aire sous la courbe représentative de f ,

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a

entre les droites verticales d’équations x = a et x = b.

Si f est de classe C 1 sur [a, b], alors



a

b

f  (t)dt = f (b) − f (a).

b

f (t)dt

a

a

Proposition



b

x

440

Chapitre 22

Intégration

 2 Propriétés de l’intégrale Linéarité de l’intégrale Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] et λ un réel. On a alors  b  b  b (λf (t) + g(t))dt = λ f (t)dt + g(t)dt. a

a

a

Relation de Chasles Soient f une fonction continue sur I et a, b, c ∈ I. Alors  b  c  b f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt. a

a

c

Le théorème de Chasles n’impose pas d’ordre sur les réels a, b et c. Positivité et croissance de l’intégrale Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b].  b • Si f est positive sur [a, b], alors f (t)dt ≥ 0 a  b  • Si, pour tout t ∈ [a, b], f (t) ≤ g(t), alors f (t)dt ≤ a

b

g(t)dt.

a

Intégrale et encadrement Soient m, M ∈ R et f une fonction continue sur [a, b] telle que ∀x ∈ [a, b], m ≤ f (x) ≤ M . Alors  b (b − a)m ≤ f (t)dt ≤ (b − a)M. a

Inégalité triangulaire sur les intégrales     b  b   Si f est une fonction continue sur [a, b], alors  f (t)dt ≤ |f (t)| dt.  a  a Il faut bien vérifier que a < b pour utiliser ce résultat.

L’essentiel du cours

441

Proposition Soit f une fonction continue positive sur [a, b]. Si



b

f (t)dt = 0, alors f est la fonction nulle.

a

Théorème fondamental de l’analyse Soient f une fonction continue sur I, a ∈ I. Alors  xf admet une unique primitive F sur I f (t)dt. s’annulant en a et F est définie sur I par F (x) = a

Valeur moyenne Si f est une fonction continue sur [a, b], alors il existe c ∈ [a, b] tel que  b 1 f (c) = f (t)dt. b−a a Cette valeur est appelée valeur moyenne de f sur [a, b].

 3 Fonctions continues par morceaux Définition Soit f une fonction définie sur [a, b]. On dit que f est continue par morceaux s’il existe n + 1 réels a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b tels que, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], la restriction de f à ]xk , xk+1 [ est continue et se prolonge par continuité sur [xk , xk+1 ]. On dit que (x0 , . . . , xn ) est une subdivision adaptée à f . Ceci revient à dire qu’une fonction continue par morceaux sur [a, b] est continue sauf en un nombre fini de points et que, en chacun de ces points, elle admet une limite finie à droite et à gauche (pas nécessairement égales).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Définition Soit f continue par morceaux sur [a, b] et x0 < · · · < xn une subdivision adaptée à f . Pour tout k ∈ [[0, n − 1]], on note fk la fonction qui prolonge la restriction de f sur ]xk , xk+1 [. Alors l’intégrale de f de a à b est  b n−1   xk+1 f (t)dt = fk (t)dt. a

k=0

xk

• Pour calculer l’intégrale d’une fonction continue par morceaux, il suffit donc de calculer les intégrales sur chacun des morceaux et de les ajouter. • La linéarité, la positivité, la croissance et l’encadrement de l’intégrale ainsi que la relation de Chasles restent vrais pour des fonctions continues par morceaux.

442

Chapitre 22

Intégration

Définition Soit f une fonction définie sur [a, b]. On dit que f est une fonction en escalier s’il existe n + 1 réels a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b tels que, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], f est constante sur ]xk , xk+1 [, c’est-à-dire il existe λ0 , . . . , λn−1 des réels tels que ∀k ∈ [[0, n − 1]] , ∀x ∈]xk , xk+1 [, f (x) = λk . Proposition Soient f une fonction en escalier sur [a, b], (x0 , . . . , xn ) une subdivision adaptée à f et λ0 , . . . , λn−1 des réels tels que, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], f (x) = λk . Alors l’intégrale de f de a à b est  b n−1  f (t)dt = λk (xk+1 − xk ) . a

k=0

Sommes de Riemann

y

Si f est une fonction continue sur [0, 1], alors    1 n n−1   1 1 k k lim = lim = f f f (t)dt. n→+∞ n n→+∞ n n n 0 k=1

k=0

Ce théorème revient à approximer l’intégrale de f par celle d’une fonction en escalier.

0

1

x

 4 Calcul intégral Intégration par parties Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [a, b]. Alors  b  b b  u (t)v(t)dt = [u(t)v(t)]a − u(t)v  (t)dt. a

a

Bien vérifier (et mentionner) que les deux fonctions sont de classe C 1 . Changement de variable Soient I et J deux intervalles, f une fonction continue sur I et ϕ une fonction de classe C 1 sur J telle que ϕ(J) ⊂ I. On a alors pour tout α, β dans J  ϕ(β)  β  f (ϕ(t)) ϕ (t)dt = f (u)du. α

ϕ(α)

On dit qu’on a effectué le changement de variable u = ϕ(t).

Les méthodes à maîtriser

443

Les méthodes à maîtriser Méthode 22.1 : Utiliser les sommes de Riemann Si on arrive à mettre une suite définie comme une somme, en se forçant à la factoriser    1 n 1 k 1 avec f continue sur [0, 1], alors elle convergera vers f f (t)dt. par , sous la forme n n n 0 k=1

Exemple d’application Calculer la limite de un = On a un = Ainsi

k=1 n 

1 1 1 = k 2 n n 1 + (n) n

k=1

n 

k=1

n

. + k2   1 k avec f : x → f qui est continue sur [0, 1]. n 1 + x2

n2

un −−−−−→ n→+∞



0

1

π 1 1 dt = [arctan(t)]0 = . 1 + t2 4 Voir exercice 22.3.

Méthode 22.2 : Effectuer un changement de variable Il a deux façons d’appréhender le calcul



b

f (t)dt à l’aide d’un changement de variables.

a

• Si on a repéré une fonction qu’il nous arrangerait de remplacer dans l’expression de f , on pose u = ϕ(t) cette fonction (de classe C 1 ) puis on met en forme pour utiliser pour la formule   b

g(ϕ(t))ϕ (t)dt =

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a

ϕ(b)

f (u)du.

ϕ(a)

Dans la pratique : 1. On se force à faire apparaître le « futur du » : ϕ (t)dt. 2. On exprime l’expression restante uniquement en fonction de ϕ(t). 3. On calcule l’image des bornes : si t = a, alors u = ϕ(a) et si t = b, alors u = ϕ(b) puis on effectue le changement de variable. • Si au contraire, on veut faire apparaître une fonction dans l’expression de f , on pose t = ψ(u) cette fonction (de classe C 1 ) puis on utilise le fait que si ψ(c) = a et ψ(d) = b, alors  b  b f (t)dt = f (ψ(u))ψ  (u)du. a

c

Dans la pratique : 1. On « calcule dt » : ψ  (u)du. 2. On cherche une solution de ψ(u) = a pour trouver c (si t = a, alors ψ(u) = a et donc u = c convient). On procède de même pour d puis on effectue le changement de variable.

Chapitre 22

444

Intégration

Exemple d’application Calculer les intégrales suivantes : (1)



0

π 2

3

cos (t)dt en posant u = sin(t).

(2)



1 2

0

√

1 1 − t2

dt en posant t = sin(u).

(1) La fonction sin est de classe C 1 , on est donc en droit d’effectuer ce changement de variable. On doit faire apparaître du = cos(t)dt pour effectuer le changement de variable  π2  π2  sin( π2 )  π2 3 2 2 cos (t)dt = cos (t) × cos(t)dt = (1 − sin (t)) cos(t)dt = (1 − u2 )du.    0 0 0 sin(0) = du

Il ne reste plus qu’à finir le calcul 1   π2 u3 2 3 cos (t)dt = u − = . 3 0 3 0

(2) La fonction sin est de classe C 1 , on est donc en droit d’effectuer ce changement de variable. 1 On a dt = cos(u)du. Et si t = 0, alors sin(u) = 0 et u = 0 convient. De même si t = , 2 π alors u = convient. Ainsi 3  12  π3  π3 1 1 1 √   × cos(u)du = × cos(u)du. dt = 2 2 1−t cos2 (u) 1 − sin (u) 0 0 0  π  Or, sur 0, , cos(u) ≥ 0, donc cos2 (u) = |cos(u)| = cos(u). Ainsi 3  12  π3 π 1 √ dt = du = . 2 3 1−t 0 0 • Il est important de bien vérifier (et mentionner) que le changement de variable est de classe C 1 . • Contrairement à ce qu’on entend/lit souvent, le changement de variable n’a en aucun cas l’obligation d’être bijectif (même si, dans la pratique, cela sera très souvent le cas).

On effectue le changement de variable d’un seul coup. Il ne faut pas avoir l’ancienne et la nouvelle variable mélangées sous la même intégrale. Voir exercices 22.2 et 22.6.

Les méthodes à maîtriser

445

Interro de cours 1. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ? (a) Une fonction en escalier est continue par morceaux. (b) La fonction  ·  est continue par morceaux.

(c) Une fonction continue est continue par morceaux.

2. Soient f une fonction continue sur R et a et b deux réels. Parmi les énoncés suivants lesquels sont toujours vrais ?

(a) Si f est positive, alors (b) Si a < b et  (c) Si x ∈ R,



a x

a



a

b

b

f (t)dt ≥ 0.

f (t)dt ≥ 0, alors f est positive.  x  a f (t)dt = f (t)dt − f (t)dt. b

b

(d) Si g est une fonction continue sur R et si



b

f (t)dt =

a



b

g(t)dt, alors f = g sur [a, b].

a

3. Par encadrement, calculer la limite, quand n → +∞, de la suite In = 4. Calculer 5. Calculer



1



0

e

1

t ln(t)dt par intégration par parties. et dt à l’aide du changement de variable u = et . 1 + et

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6. Calculer la limite, quand n → +∞, de un =

n−1  k=0

1 . n+k



0

1

sin(tn ) dt. n

446

Chapitre 22

Intégration

Exercices Pour s’entraîner Exercice 22.1 En se servant d’intégration(s) par parties, calculer les intégrales suivantes  1  1  π4 t 2 3. ln(1 + t )dt arctan(t)dt. 1. dt 2. cos2 t 0 0 0

Exercice 22.2 Calculer les intégrales suivantes à l’aide du changement de variable indiqué.  a  π2 t2 2 3 sin t cos tdt (u = sin t) 2. 1 − 2 dt (t = a sin u) 1. a 0 0  1  π4 t 1 e dt (u = tan t) 4. dt (u = et ) 3. 2t 1 + cos 1 + e2t 0 0  1√  e dt 2+t  dt (t = u2 − 2). (u = ln(t)) 6. 5. 1 + t 1 t ln(t) + 1 0

Exercice 22.3

Montrer que les suites suivantes convergent et préciser leur limite : √ √ √ n  n 1 + 2 + ··· + n √ 2. 1. n2 + k 2 n n k=1 1 2n−1 n   1  k2 n 4. 1+ 2 5. k n k=n

n 

3.

k=1

√

2n 

6.

k=1

n2

1 + 2kn

1

kk.

k=n+1

Exercice 22.4 Calculer les limites suivantes, quand n → +∞ :  π  sin x 1 1 n 2. dx 1. (arctan x) dx n! 0 0 x+n

3.



1

0

exp(−nx) dx. 1+x

Exercice 22.5 Pour n ∈ N et x ∈ [0, 1], on pose fn (x) =

2n x . 1 + n2n x2



1

f (t)dt. 1. Pour x ∈ [0, 1] fixé, préciser f (x) = lim fn (x) et préciser I = n→+∞  1   1 0   1 2. Calculer In = lim fn (t) dt ? fn (t)dt. A-t-on lim fn (t)dt = 0

n→+∞

0

0

n→+∞

Exercices

447

Pour aller plus loin Exercice 22.6

 π2 cos(t) sin(t) dt et S = dt. cos(t) + sin(t) cos(t) + sin(t) 0 0 1. À l’aide d’un changement de variable, montrer que C = S. 2. Calculer C + S puis en déduire les valeurs de C et S. 1 dt √ 3. À l’aide d’un changement de variable, calculer . 1 − t2 0 t+

Soient C =



π 2

Exercice 22.7 Soit f une fonction de classe C 1 sur [a, b]. Montrer que  b  lim f (t) sin(nt)dt = lim n→+∞

n→+∞

a

b

f (t) cos(nt)dt = 0.

a

Exercice 22.8 Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b], avec g à valeurs positives ou nulles.  b  b f (t)g(t)dt = f (c) g(t)dt. Montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que a

a

Exercice 22.9

  x   1 f (t)dt si x = 0 2x −x Soient f un fonction continue sur R et G définie sur R par : G(x) =   f (0) si x = 0.  x 1. On définit, sur R, la fonction F : x → f (t)dt. Déterminer le développement limité à l’ordre 1

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0

de F en 0 en fonction de f (0) et en déduire que G est continue sur R 2. Montrer que G est de classe C 1 sur R∗ et calculer G (x) pour x ∈ R∗ . 3. On suppose désormais f de classe C 1 en 0. a. Montrer que G est dérivable en 0 et calculer G (0). b. Montrer que G est de classe C 1 sur R.

Exercice 22.10 Pour tout n ∈ N, on définit les intégrales de Wallis : Wn = 1. 2. 3. 4. 5.



0

π 2

sinn (x)dx.

Calculer W0 et W1 . Déterminer une relation Wn+2 et Wn . (On pourra effectuer une intégration par parties). En déduire que la suite ((n + 1)Wn Wn+1 ) est constante et déterminer son expression. Montrer que la suite (Wn ) est décroissante et en déduire que Wn ∼ Wn+1 . Déterminer un équivalent simple de Wn .

448

Chapitre 22

Intégration

Corrections Interro de cours 1. (a) Vrai. Si f est une fonction en escaliers, il existe une subdivision telle que, sur chaque morceau ouvert de cette subdivision, f soit constante. Elle peut donc se prolonger en une fonction continue sur le morceau fermé. Elle est donc continue par morceaux. (b) Vrai. C’est une fonction en escaliers. (c) Vrai. Elle est continue sur un seul morceau. 2. (a) Faux. Il faut supposer que a ≤ b. (b) Faux. Si f est la fonction définie sur [−1, 2] par f (x) = 2x, alors que f n’est pas positive, car f (−1) = −2 par exemple.

(c) Vrai. D’après la relation de Chasles  b  x   x f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt = − a

a

b

a

f (t)dt +

b





x

2 −1

f (t)dt = 3 ≥ 0, alors

f (t)dt.

b

(d) Faux. Sur [−π, π], si on définit f (x) x et g(x) = sin On a clairement f = g alors que, =  x. π π ces deux fonctions étant impaires, f (t)dt = 0 = g(t)dt. −π

π

sin(tn ) 1 1 ≤ . Comme 0 < 1, 3. Soient n ∈ N et t ∈ [0, 1]. On a −1 ≤ sin(t ) ≤ 1, donc − ≤ n n n on a  1  1  1 n sin(t ) 1 1 1 1 dt ≤ dt donc − ≤ In ≤ . − dt ≤ n n n n n 0 0  0  1 1 = lim = 0. − Or lim n→+∞ n→+∞ n n Alors, d’après le théorème d’encadrement, lim (In ) = 0. ∗

n

n→+∞

4. On effectue une intégration par parties avec les fonctions u et v de sorte que u (t) = t et t2 v(t) = ln(t). On pose donc u(t) = et v(t) = ln(t) sur [1, e]. Ces deux fonctions sont de 2 1 classe C , donc e  e 2  2 e  2  e t 1 e2 t t 1 + e2 ln(t) − × dt = −0− . t ln(t)dt = = 2 t 2 4 1 4 1 1 2 1 5. Si on pose u = et , alors du = et dt. Et si t = 0, alors u = e0 = 1 ; si t = 1, alors u = e1 = e. D’où  1  e  1 et 1 1 e t dt = × e du = [ln |u + 1|]1 = ln(e + 1) − ln(2). dt = t t 0 e +1 0 e +1 1 u+1 n−1 n−1   1 1 1 1 k avec f : x → qui est continue sur [0, 1]. Ainsi = f 6. On a un = k n n n 1 + x 1 + n k=0 k=0  1 1 1 dt = [ln |1 + t|]0 = ln(2). un −−−−−→ n→+∞ 1 + t 0

Corrections

449

Exercice 22.1 1. On effectue une intégration par parties avec les fonctions u et v de sorte que u (t) = 1 et v(t) = ln(1 + t2 ). On pose donc u(t) = t et v(t) = ln(1 + t2 ) sur [0, 1]. Ces deux fonctions sont de classe C 1 , donc  1  1  1   2t 1 + t2 − 1 2 2 1 1 × ln(1 + t )dt = t ln(1 + t ) 0 − t× dt = ln(2) − 2 dt 1 + t2 1 + t2 0 0  0 1  1 = ln(2) − 2 1− dt 1 + t2 0 1

= ln(2) − 2 [t − arctan(t)]0

= ln(2) − 2 +

π . 2

1 2. On effectue une intégration par parties avec les fonctions u et v de sorte que u (t) = 2 (t) cos  π et v(t) = t. On pose donc u(t) = tan(t) et v(t) = t sur 0, . Ces deux fonctions sont de 4 classe C 1 , donc  π4  π4 π t 4 dt = [t tan(t)] − 1 × tan(t)dt. 0 cos2 (t) 0 0 √ π  4 π sin(t) cos (t) 1 2 4 Or tan(t) = =− . Donc + 0 = ln(2). tan(t)dt = [− ln |cos(t)|]0 = − ln cos(t) cos(t) 2 2 0  π4 t π 1 dt = − ln 2. Ainsi cos2 (t) 4 2 0 3. On effectue une intégration par parties avec les fonctions u et v de sorte que u (t) = 1 et v(t) = arctan(t). On pose donc u(t) = t et v(t) = arctan(t) sur [0, 1]. Ces deux fonctions sont de classe C 1 , donc    1  1  1 1 π π 1 1  1 2 ln 1 + t arctan(t)dt = [t arctan(t)]0 − t× dt = − = − ln(2). 2 1 + t 4 2 4 2 0 0 0

Exercice 22.2

π , alors u = 1. D’où 2 1  3  1  2  u5 2 u − . sin2 t(1 − sin2 t) × cos tdt = = u − u4 du = 3 5 0 15 0

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1. Si on pose u = sin t, alors du = cos tdt. Et si t = 0, alors u = 0 ; si t = 

0

π 2

sin2 t cos3 tdt =



0

π 2

2. Si on pose u de sorte que t = a sin u, alors dt = a cos udu. Pour avoir t = 0, u = 0 convient ; π pour avoir t = a, u = convient. D’où 2  a  π2   π2 2 t 1 − 2 dt = 1 − sin2 u × a cos udu = a |cos u| cos udu. a 0 0 0  π De plus, si u ∈ 0, , cos u ≥ 0, donc |cos u| = cos u. Ainsi 2  π  a  π2  π2 a sin(2u) 2 1 + cos(2u) t2 aπ 2 du = u+ . 1 − 2 dt = a cos udu = a = a 2 2 2 4 0 0 0 0

450

Chapitre 22

Intégration

π dt . Si t = 0, alors u = 0 ; si t = , alors u = 1. On utilise 3. Si on pose u = tan t, alors du = cos2 t 4 1 2 aussi l’identité = 1 + tan t. D’où cos2 t  π4  π4  1  π4 dt dt 1 1 1 du × dt = = 1 2 × cos2 t = 2t 2t 1 + cos cos 2 + u2 2 + tan t + 1 0 0 0 0 cos2 t Pour finir, on se ramène à la dérivée d’une arctangente.   1  √ u √   1 √ arctan du 2 2 1 1 2  arctan . = =  2 √1 2 0 2 2 2 u 2 1 + √2 0

4. Si on pose u = et , alors du = et dt. Si t = 0, alors u = 1 ; si t = 1, alors u = e. D’où  1  1  e π et 1 1 e t dt = × e dt = du = [arctan(u)]1 = arctan(e) − . 2 2t 2 t 4 0 1+e 0 1 + (e ) 1 1+u

5. Si on pose u = ln t, alors du = dt t . Si t = 1, alors u = 0 ; si t = e, alors u = 1. D’où  1  e  e √ 1  √ dt dt 1 du   √ = = × = 2 u + 1 0 = 2 2 − 2. t u+1 ln(t) + 1 1 t ln(t) + 1 1 0 √ 2 6. Si on pose u de sorte √ que t = u − 2, alors dt = 2udu. Pour avoir t = 0, u = 2 convient ; pour avoir t = 1, u = 3 convient. D’où   √3  √3  √3   1√ 2 2+t 2u2 2(u2 − 1) + 2 dt = √ du = du = du. 2 + √ √ 2 1+t u2 − 1 u2 − 1 2 u −1 2 2 0 1 1 2 = − . Or 2 u −1 u−1 u+1 On en conclut que  1√ √ 2+t 3 dt = [2u + ln |u − 1| − ln |u + 1|]√2 1+t 0 √ √ √ √ √ √ = 2 3 + ln( 3 − 1) − ln( 3 + 1) − 2 2 − ln( 2 − 1) + ln( 2 + 1).

Exercice 22.3 Pour chaque question, on notera (un ) la suite dont on cherche la limite.   n n 1 1 1 1 k 1. On a un = avec f : x → = f qui est continue sur [0, 1].  k 2 n n n 1 + x2 k=1 1 + n k=1 Ainsi  1 1 π 1 dt = [arctan(t)]0 = . un −−−−−→ 2 n→+∞ 4 0 1+t   n  n   √ 1 1 k k 2. On a un = = avec f : x → x qui est continue sur [0, 1]. Ainsi f n n n n k=1 k=1  3 1  1√  1 1 t2 2 tdt = t 2 dt = 3 = . un −−−−−→ n→+∞ 3 0 0 2 0

Corrections

451

  n n 1 1 1 1 k  avec f : x → √ f qui est continue sur [0, 1]. = n n n 1 + 2x k k=1 k=1 1+2 n Ainsi  1 1 √ √ dt √ 1 + 2t 0 = 3 − 1. un −−−−−→ = n→+∞ 1 + 2t 0 4. En effectuant le changement d’indices  = k − n puis en renommant  en k, on a un = n−1 n−1 n−1    1 1 1 1 1 k = avec f : x → qui est continue sur [0, 1]. = f k k+n n n n 1 + x 1 + n k=0 k=0 k=0 Ainsi  1 dt 1 = [ln |1 + t|]0 = ln(2). un −−−−−→ n→+∞ 0 1+t   2    n n   1 1 k k 5. On a ln(un ) = avec f : x → ln 1 + x2 qui est continue = ln 1 + f n n n n k=1 k=1 sur [0, 1]. Ainsi  1 π (cf. exercice 22.1, question 1.). ln(1 + t2 )dt = ln(2) − 2 + ln(un ) −−−−−→ n→+∞ 2 0  π On en conclut que un −−−−−→ exp ln(2) − 2 + . n→+∞ 2 2n n n n   1 1 1 1 1  ln(1 + nk ) ln k = ln(k + n) = ln(n) × + . 6. On a ln(un ) = k k+n n n 1 + nk 1 + nk k=n+1 k=1 k=1 k=1  1  1 n n 1  ln(1 + nk ) 1 1 dt ln(1 + t) > 0 et dt. − − − − − → − − − − − → Or k k n→+∞ n→+∞ n n 1+t 1+ n 1+ n 0 1+t 0 3. On a un =

k=1

k=1

Ainsi ln(un ) −−−−−→ +∞, donc un −−−−−→ +∞. n→+∞

n→+∞

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Exercice 22.4 Pour chaque question, on notera In l’intégrale dont on cherche la limite. 1 1  π n n (arctan x) ≤ , par croissance de la fonction 1. Si n ∈ N∗ et x ∈ [0, 1], alors 0 ≤ n! n! 4 arctan. Donc, en intégrant sur le segment [0, 1], on obtient 1  π n 0 ≤ In ≤ −−−−−→ 0. n→+∞ n! 4 D’après le théorème d’encadrement, on en conclut que lim (In ) = 0. n→+∞

1 sin x ≤ . 2. Si n ∈ N et x ∈ [0, π], alors 0 ≤ x+n n Donc, en intégrant sur le segment [0, π], on obtient π 0 ≤ In ≤ −−−−−→ 0. n n→+∞ D’après le théorème d’encadrement, on en conclut que lim (In ) = 0. ∗

n→+∞

452

Chapitre 22

Intégration

e−nx ≤ e−nx . 1+x Donc, en intégrant sur le segment [0, 1], on obtient  −nx 1  1 1 − e−n e −nx 0 ≤ In ≤ −−−−−→ 0. e dx = = n→+∞ −n 0 n 0

3. Si n ∈ N∗ et x ∈ [0, 1], alors 0 ≤

D’après le théorème d’encadrement, on en conclut que lim (In ) = 0. n→+∞

Exercice 22.5

1 2n x −−−−−→ 0. De plus, fn (0) = 0 −−−−−→ 0. = n 2 n→+∞ n2 x n→+∞ nx n→+∞ Ainsi f est la fonction nulle et I = 0.  1 1 1 1   1 n2n × 2x 2. On a In = ln 1 + n2n x2  0 = ln(1 + n2n ). dx = 2n 0 1 + n2n x2 2n 2n On calcule ensuite la limite de cette intégrale.      1 1 1 1 1 1 ln 2 n In = ln n × 2n × ln n ln(2 ln . + 1 = + ) + + 1 −−−−−→ n n n→+∞ 2n n2 n2 2 2n  2n   2n   −−−−−→0 = ln22 −−−−−→0 n→+∞

1. Si x ∈]0, 1], alors fn (x)

∼

n→+∞

On en conclut que lim

n→+∞



0

1

fn (t)dt



ln 2 = 0 = = 2



0

1



lim fn (t) dt.

n→+∞

Exercice 22.6 1. On effectue le changement de variable u = π2 − t pour obtenir    0  0 cos π2 − u sin u     du = S. × (−du) = − C= π π π cos π sin u + cos u − u + sin − u 2 2 2 2 

π 2

π π . Comme C = S, on en déduit que C = S = . 2 4 0 3. On effectue le changement de variable t = sin(u) et on obtient  1  π2 dt 1  √ = × cos udu. 2 1−t 0 0 t+ sin u + 1 − sin2 u  √   Or, sur 0, π2 , cosinus est positif, donc 1 − sin2 u = cos2 u = cos u. Ainsi  1  π2 dt cos u π √ du = C = . = 2 sin u + cos u 4 1−t 0 0 t+ 2. On a C + S =

dt =

Corrections

453

Exercice 22.7 On effectue une intégration par parties pour obtenir b  b    b f (t) sin(nt) f (t) sin(nt) dt. f (t) cos(nt)dt = − n n a a a    −−−−−→0 n→+∞

Or la fonction f  est continue sur le segment [a, b] (car f est de classe C 1 sur [a, b]). Donc, d’après le théorème des bornes atteintes, la fonction f  est bornée sur [a, b]. On dispose donc de K ∈ R+ tel que ∀x ∈ [a, b], |f (x)| ≤ K. Ainsi    b  b f  (t) sin(nt)   b |f  (t) sin(nt)| K K(b − a)   dt ≤ dt ≤ dt = −−−−−→ 0. 0≤ n→+∞   a n n n a a n  b   b f (t) sin(nt) dt −−−−−→ 0. On en conclut que Par encadrement f (t) cos(nt)dt −−−−−→ 0. n→+∞ n→+∞ n a a  b On procède de même pour montrer que f (t) sin(nt)dt −−−−−→ 0. n→+∞

a

Exercice 22.8 La fonction f est continue sur le segment [a, b], donc, d’après le théorème des bornes atteintes, f admet un minimum et un maximum. On dispose donc de α, β ∈ [a, b] tels que ∀x ∈ [a, b], f (α) ≤ f (x) ≤ f (β).

La fonction g étant positive, on en déduit que

∀x ∈ [a, b], f (α)g(x) ≤ f (x)g(x) ≤ f (β)g(x).

En intégrant sur le segment [a, b], on obtient  b   b f (α)g(t)dt ≤ f (t)g(t)dt ≤

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a

a

b

f (β)g(t)dt.

a

Si g est la fonction nulle, le résultat demandé est vrai pour n’importe quelle valeur de c ∈ [a, b].  b Sinon, comme g est continue, on a g(t)dt > 0. Ainsi a

f (α) ≤



b

f (t)g(t)dt

a



b

g(t)dt

≤ f (β).

a

Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, on dispose de c entre α et β (donc dans [a, b])  b  b  b f (t)g(t)dt tel que f (c) = a b , c’est-à-dire tel que f (t)g(t)dt = f (c) g(t)dt. a a g(t)dt a

454

Chapitre 22

Intégration

Exercice 22.9 1. La fonction f étant continue, on en déduit que F est de classe C 1 . Donc au voisinage de 0, on a F (x) = F (0) + xF  (0) + o(x). Comme F (0) = 0 et F  = f , on en déduit qu’au voisinage de 0, F (x) = xf (0) + o(x). 1 Si x ∈ R∗ , alors G(x) = (F (x) − F (−x)). Par somme et quotient, la fonction G est continue 2x ∗ sur R . De plus, au voisinage de 0, on a G(x) =

1 (xf (0) + o(x) − (−xf (0) + o(x))) = f (0) + o(1) −−−→ f (0) = G(0). x→0 2x

On en conclut que la fonction G est continue sur R. 1 (F (x) − F (−x)). Par somme et quotient, la fonction G est de classe 2. Si x ∈ R∗ , alors G(x) = 2x 1 ∗ C sur R . (F  (x) − (−F  (−x))) × 2x − (F (x) − F (−x)) × 2 De plus, si x = 0, alors G (x) = (2x)2 x(f (x) + f (−x)) − F (x) + F (−x) = . 2x2 1 3. a. La fonction f étant de classe C en 0, on en déduit que F est de classe C 2 en 0. F  (0) 2 x + o(x2 ). Donc au voisinage de 0, on a F (x) = F (0) + xF  (0) + 2 Comme F (0) = 0 et F  = f , on en déduit qu’au voisinage de 0, F (x) = xf (0) + x2

f  (0) + o(x2 ). 2

Alors f (0) + o(x) − f (0) G(x) − G(0) = = o(1) −−−→ 0. x→0 x x On en conclut que G est dérivable en 0et que G (0) = 0. 1 b. Au voisinage de 0, on a G (x) = x(f (0) + xf  (0) + f (0) + (−x)f  (0) + o(x)) 2x2



f  (0) 2 f  (0) x + (−x)f (0) + (−x)2 + o(x2 ) −xf (0) − 2 2

=

o(x2 ) = o(1) −−−→ 0 = G (0). x→0 2x2

On en conclut que G est de classe C 1 sur R.

Corrections

455

Exercice 22.10

 π2 π π et W1 = sin xdx = [− cos x]02 = 1. 2 0 0 2. Soit n ∈ N. On procède par intégration par parties :  π2  π2  π Wn+2 = sin(x) sinn+1 (x)dx = − cos(x) sinn+1 (x) 02 + (n + 1) cos2 (x) sinn (x)dx IPP 0 0  π2 = 0 + (n + 1) (1 − sin2 (x)) sinn (x)dx

1. On a W0 =



π 2

dx =

0

= (n + 1)Wn − (n + 1)Wn+2

n+1 Wn . n+2 n+1 3. Soit n ∈ N. On a (n + 2)Wn+1 Wn+2 = (n + 2)Wn+1 × Wn = (n + 1)Wn Wn+1 . n+2   On en conclut que la suite (n + 1)Wn Wn+1 est constante. π Donc ∀n ∈ N, (n + 1)Wn Wn+1 = (0 + 1)W0 W1 = . 2 π On en conclut que ∀n ∈ N, Wn Wn+1 = . 2n + 1)  π et n ∈ N. On a 0 ≤ sin(x) ≤ 1, donc sinn+1 (x) ≤ sinn (x). En intégrant sur 4. • Soient x ∈ 0,  2π  le segment 0, , on obtient Wn+1 ≤ Wn . Ainsi la suite (Wn ) est décroissante. 2  π • Soit n ∈ N. Sur 0, , la fonction x → sinn x est continue, positive et pas identiquement 2 nulle. Ainsi Wn > 0. Wn+2 Wn+1 ≤ ≤ 1. De plus, par décroissance de la suite (Wn ), on a W Wn  n  On en conclut que Wn+2 =

=

Wn+1 −−−−−→ 1, d’où Wn ∼ Wn+1 . Wn n→+∞ π π ∼ . 5. Comme Wn ∼ Wn+1 , on a Wn2 ∼ Wn Wn+1 = 2(n + 1) 2n   π  12 1  π Comme Wn > 0, on en conclut que Wn = Wn2 2 ∼ . = 2n 2n Ainsi par théorème d’encadrement,

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n+1 n+2 →1

CHAPITRE

Équations différentielles

23

L’essentiel du cours  1 Équation différentielle linéaire du premier ordre Dans toute cette partie, I désignera un intervalle de R et a, b deux fonctions continues sur I. Définition Une équation différentielle linéaire du premier ordre est de la forme y  + a(t)y = b(t),

(E )

son équation différentielle linéaire homogène associée est y  + a(t)y = 0.

(H )

Résolution d’une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre Soit H une équation différentielle linéaire homogène y  + a(t)y = 0. Alors les solutions de H sont les fonctions de la forme yh (t) = Ke−A(t) où A est une primitive de a.

avec K ∈ R,

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Structure des solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre Soit yp une solution d’une équation différentielle linéaire du premier ordre E . Alors les solutions de E sont les fonctions de la forme y = yp + y h avec yh solution de l’équation différentielle linéaire homogène H associée à E . Pour trouver une solution particulière yp : • Si on a une idée de sa forme, on réinjecte dans l’équation E pour déterminer yp . • Sinon, on peut utiliser la méthode de la variation de la constante (cf méthode 23.1).

458

Chapitre 23

Équations différentielles

 2 Équation différentielle linéaire du second ordre

Dans toute cette partie, a, b désigneront des réels et f une fonction continue sur R. Définition Une équation différentielle linéaire du second ordre à cœfficients constants est de la forme y  + ay  + by = f (t),

(E )

son équation différentielle linéaire homogène associée est y  + ay  + by = 0.

(H ) 2

On appelle équation caractéristique de H l’équation ar + br + c = 0, d’inconnue r. Résolution d’une équation différentielle linéaire homogène du second ordre Soit H une équation différentielle linéaire homogène y  + ay  + by = 0. On note ∆ le discriminant de l’équation caractéristique de H . • Si ∆ > 0, l’équation caractéristique admet deux solutions réelles distinctes r1 et r2 et les solutions de l’équation H sont y(x) = λer1 x + µer2 x avec λ, µ ∈ R

• Si ∆ = 0, l’équation caractéristique admet une solution réelle double r0 et les solutions de l’équation H sont y(x) = (λx + µ)er0 x avec λ, µ ∈ R • Si ∆ < 0, l’équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées : ρ + iω et ρ − iω (où ρ ∈ R et ω ∈ R∗ ) et les solutions de l’équation H sont y(x) = eρx (λ cos(ωx) + µ sin(ωx)) avec λ, µ ∈ R. Structure des solutions d’une équation différentielle linéaire du second ordre

Soit yp une solution d’une équation différentielle linéaire du second ordre E . Alors les solutions de E sont les fonctions de la forme y = yp + yh avec yh solution de l’équation différentielle linéaire homogène H associée à E . On verra dans la méthode 23.2 comment trouver une solution particulière yp en fonction de la forme du second membre f (t). Principe de superposition Soient f1 et f2 deux fonctions continues sur R et λ et µ deux réelles. On suppose que • y1 est solution de l’équation différentielle y  + ay  + by = f1 (t), • y2 est solution de l’équation différentielle y  + ay  + by = f2 (t). Alors λy1 + µy2 est solution de l’équation différentielle y  + ay  + by = λf1 (t) + µf2 (t). On parle de linéarité des « sorties » (y1 et y2 ) par rapport aux « entrées » (f1 et f2 ).

Les méthodes à maîtriser

459

Les méthodes à maîtriser Méthode 23.1 : Résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre Pour résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre y  + a(t)y = b(t) (E ). 1. On commence par déterminer les solutions de l’équation homogène associée (H ). Ces solutions sont de la forme yh : t → Kϕ(t) où K ∈ R et ϕ(t) = e−A(t) avec A une primitive de a. 2. Ensuite, à moins d’avoir une idée sur la forme d’une solution particulière, on cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t)ϕ(t)

(méthode de la variation de la constante).

3. On réinjecte yp dans l’équation différentielle y  + a(t)y = b(t) pour en déduire une expression de K  (t). En effectuant un calcul de primitive, on détermine ainsi une fonction K qui convient puis une solution particulière de (E ) : yp : t → K(t)ϕ(t). 4. On somme cette solution particulière de (E ) aux solutions de (H ) pour avoir les solutions de (E ). 5. Si on dispose d’une condition initiale, on l’utilise pour déterminer la valeur de la constante figurant dans l’expression des solutions trouvées. Exemple d’application Résoudre l’équation différentielle y  −

y t

= t cos(t) sur R∗+ , avec y(π) = π.

1 On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → − est t → − ln(t) sur R∗+ . Ainsi les t solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → K exp(−(− ln(t))) = Kt

avec K ∈ R.

On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t)t. On a yp (t) = K  (t)t + K(t). Ainsi K(t)t = t cos(t) ⇔ K  (t) = cos(t). t Donc la fonction K : t → sin(t) convient et yp : t → t sin(t) est une solution de l’équation (E ). Alors, les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

yp est solution de (E ) ⇔ (K  (t)t + K(t)) −

On utilise la condition initiale

y : t → t(sin(t) + K)

avec K ∈ R.

y(π) = π ⇔ πK = π ⇔ K = 1.

Ainsi la seule solution répondant au problème posé est la fonction t → t(sin(t) + 1). Voir exercices 23.1, 23.5, 23.3, 23.8, 23.9 et 23.10.

460

Chapitre 23

Équations différentielles

Méthode 23.2 : Résoudre une équation différentielle linéaire du second ordre Pour résoudre une équation différentielle linéaire du second ordre à cœfficients constants (E ) de la forme y  + ay  + by = P (t)eαt avec P ∈ R[X] et α ∈ R. 1. On commence par déterminer les solutions de l’équation homogène associée (H ). 2. On note m ∈ {0, 1, 2} la multiplicité de α comme solution de l’équation caractéristique de l’équation différentielle. On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = tm Q(t)eαt

avec Q ∈ R[X] et deg(Q) = deg(P ).

3. On réinjecte yp dans l’équation différentielle de départ, on divise par eαt (qui est non nul) et on identifie les coefficients de l’égalité polynômiale obtenue. On obtient un système linéaire d’inconnues les coefficients de Q. On le résout pour déterminer Q puis yp . 4. On somme la solution particulière aux solutions de (H ) pour avoir les solutions de (E ). 5. Si on dispose de conditions initiales (ou d’autres conditions), on les utilise pour déterminer la valeur des constantes figurant dans l’expression des solutions trouvées. Exemple d’application Résoudre l’équation différentielle y  − 3y  + 2y = (2t + 3)e2t . On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 3r + 2 = 0 dont les solutions sont 1 et 2. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → λet + µe2t avec λ, µ ∈ R.

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 2) est une solution d’ordre 1 de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp (t) = (at + bt2 )e2t .

Après calcul, on obtient que yp (t) − 3yp (t) + 2yp (t) = ((−2a + 4b)t + a + 2b)e2t . Ainsi yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, (−2a + 4b)t + a + 2b = 2t + 3.

Par identification des cœfficients, on obtient

yp est solution de (E ) ⇔



−2a + 4b = 2 ⇔ a + 2b = 3

Donc yp : t → (t + t2 )e2t est une solution particulière de (E ). Alors, les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → λet + (µ + t + t2 )e2t



a=1 . b =1

avec λ, µ ∈ R.

• Dans le cas où le cœfficient dans l’exponentielle est une solution double de l’équation caractéristique, il est plus rapide de laisser la solution particulière sous la forme R(t)eαt sans chercher à expliciter plus le polynôme R. En réinjectant dans l’équation différentielle, on obtient R = P . • Si le second membre est de la forme cos(ωt) ou sin(ωt), on cherchera plutôt une solution de la forme a cos(ωt) + b sin(ωt). • Si le second membre est de la forme t cos(ωt) ou t sin(ωt), on cherchera plutôt une solution de la forme (at + b) cos(ωt) + (ct + d) sin(ωt). Voir exercices 23.2, 23.3, 23.4 et 23.7.

Les méthodes à maîtriser

461

Interro de cours 1. Déterminer les solutions de y + ay = 0 avec a ∈ R. 2. Déterminer les solutions de ty − y = 0 sur R∗+ . 2y = t sur R∗+ . t   y − 2y = 2te2t Déterminer la solution de y(0) = 1.

3. Déterminer les solutions de y − 4. 5. 6. 7. 8.

Déterminer les solutions de y  − 6y  + 10y = 0. Déterminer les solutions de y  − 4y  + 4y = 0. Déterminer les solutions de y  − 2y  − 3y = 0.

Dans chaque cas, déterminer sous quelle forme rechercher une solution particulière (sans chercher à la calculer explicitement). (a) y  − 6y  + 10y = et

(b) y  − 4y  + 4y = tet

(c) y  − 2y  − 3y = e−t

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(d) y  − 2y  + y = (t2 + 1)et .

462

Chapitre 23

Équations différentielles

Exercices Pour s’entraîner Exercice 23.1 Résoudre les équations différentielles suivantes 1. y  + y = t2 + t + 1 1 2. y  + y = 1 + et  π π 3. y  + y tan t = cos2 t sur − , 2 2

4. 2ty  + y = tn avec n ∈ N sur R∗+ 1 + ln t sur ]1, +∞[ 5. (t ln t)y  − y = − t  6. y sin t − y cos t = 1 sur ]0, π[.

Exercice 23.2 Résoudre sur R les équations suivantes 1. y  − 3y  + 2y = e−t 2. y  − 3y  + 2y = et 3. y  − 4y  + 4y = te2t

4. y  − 2y  + 2y = t2 5. y  − 5y  + 6y = et + e2t 6. y  + 2y  + 2y = t cos t.

Exercice 23.3 Soient a, b, c ∈ R∗+ et f une solution de ay  + by  + cy = 0. Montrer que f (t) −−−−→ 0. t→+∞

Exercice 23.4 Soit ω ∈ R∗+ . Montrer que les solutions de l’équation différentielle y  = −ω 2 y sont de la forme

Pour aller plus loin

t → ρ cos(ωt + ϕ).

Exercice 23.5 1. Montrer que si une solution d’une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre s’annule, alors c’est la fonction nulle. 2. En déduire que si deux solutions d’une même équation différentielle linéaire du premier ont une valeur en commun, alors ces deux fonctions sont égales.

Exercice 23.6 Soit f une solution définie sur R de l’équation différentielle y  = |y|. 1. On suppose qu’il existe t0 ∈ R tel que f (t0 ) = 0. a. Déterminer le signe de f sur ] − ∞, t0 ] et le signe de f sur [t0 , +∞[. b. En déduire f . 2. Exprimer f en fonction de y0 = f (0).

Exercices

463

Exercice 23.7 Déterminer les fonctions réelles f définies sur R, vérifiant ∀t ∈ R, f  (t) = f (−t).

Exercice 23.8 Soient a, b deux fonctions continues sur R. On considère l’équation différentielle y  + a(t)y  + b(t)y = 0.

(H )

1. On suppose que ϕ est une solution de (H ) définie sur R et qui ne s’annule jamais. a. Soit f une fonction deux fois dérivable définie sur R. On définit la fonction g par ∀t ∈ R, f (t) = ϕ(t)g(t). Vérifier que g est deux fois dérivable. b. Montrer que f est solution de (H ) si et seulement si g  est solution de    2ϕ (t) + a(t) z = 0 (d’inconnue z). z + ϕ(t)

En déduire une méthode pour résoudre (H ) lorsqu’on connaît ϕ. 2. Application. On considère l’équation différentielle (1 + t2 )2 y  − 2t(1 + t2 )y  + 2(t2 − 1)y = 0.

(H )

a. Déterminer un polynôme de degré 2 solution de (H ). b. Résoudre (H ).

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Exercice 23.9 On peut modéliser l’évolution d’une population à l’aide de la fonction logistique N (issue du modèle de Verhulst) définie par l’équation différentielle   N N et N (0) = N0 ≥ 0, (E ) N = r 1 − K où r > 0 est le taux de croissance et K > 0 est la capacité d’accueil. 1. Quelles sont les solutions constantes de (E ) ? 1 2. On pose y = . Montrer que y est solution d’une équation différentielle linéaire. N 3. En déduire une expression de N , ainsi que la limite de N (t) en +∞. 4. On suppose que N0 ∈]0, K[. a. Montrer que ∀t ≥ 0, N (t) ∈]0, K[. b. En revenant à l’équation différentielle, montrer que N est croissante. 5. Que dire si N0 > K ?

Exercice 23.10 On peut modéliser l’évolution d’une population avec le modèle de Gompertz régi par l’équation   différentielle K  N et N (0) = N0 ≥ 0, (E ) N = r ln N où r > 0 est le taux de croissance et K > 0 est la capacité d’accueil. 1. On pose y = ln(N ). Montrer que y est solution d’une équation différentielle linéaire. 2. En déduire une expression de N , ainsi que la limite de N (t) en +∞.

464

Chapitre 23

Équations différentielles

Corrections Interro de cours 1. Les solutions sont les fonctions de la forme t → Ke−at avec K ∈ R. 2. On commence par transformer l’équation différentielle pour que le terme y  n’ait aucun facteur 1 devant lui : y  − y = 0. On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → − 1t est t t → − ln t sur R∗+ . De plus, si t ∈ R∗+ , exp(−(− ln t)) = t. On en conclut que les solutions de (E ) sur R∗+ sont les fonctions de la forme y : t → Kt avec K ∈ R.

3. On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → − 2t est t → −2 ln t sur R∗+ . De plus, si t ∈ R∗+ , exp(−(−2 ln t)) = t2 . Ainsi les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → Kt2 avec K ∈ R.

On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t)t2 . On a yp (t) = K  (t)t2 + 2K(t)t. Ainsi 2K(t)t2 1 yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, K  (t)t2 + 2K(t)t − = t ⇔ ∀t ∈ R, K  (t) = . t t 2 Donc la fonction K : t → ln t convient et yp : t → t ln t est une solution de l’équation (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → (ln t + K)t2

avec K ∈ R.

4. On note (E ) l’équation différentielle. Les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → Ke2t avec K ∈ R. On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t)e2t . On a yp (t) = K  (t)e2t + 2K(t)e2t . Ainsi

yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, K  (t)e2t + 2K(t)e2t − 2K(t)e2t = 2te2t ⇔ ∀t ∈ R, K  (t) = 2t.

Donc la fonction K : t → t2 convient et yp : t → t2 e2t est une solution de l’équation (E ). Alors, les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → (K + t2 )e2t

On utilise la condition initiale

avec K ∈ R.

y(0) = 1 ⇔ 1 × (K + 0) = 1 ⇔ K = 1.

On en conclut que la seule solution répondant au problème posé est la fonction t → (1 + t2 )e2t . 5. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 6r + 10 = 0 dont les solutions sont 3 − i et 3 + i. On en conclut que les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme y : t → e3t (λ cos(t) + µ sin(t)) avec λ, µ ∈ R.

Corrections

465

6. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 4r + 4 = 0 dont la seule solution est 2. On en conclut que les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme y : t → (λ + µt) e2t avec λ, µ ∈ R. 7. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 2r − 3 = 0 dont les solutions sont −1 et 3. On en conclut que les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme y : t → λe−t + µe3t avec λ, µ ∈ R. 8. (a) Le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 1) n’est pas solution de l’équation caractéristique de l’équation différentielle. On cherche donc une solution particulière de la forme t → aet avec a ∈ R. (b) Le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 1) n’est pas solution de l’équation caractéristique de l’équation différentielle. On cherche donc une solution particulière de la forme t → (at + b)et avec a, b ∈ R.

(c) Le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à −1) est une solution d’ordre 1 de l’équation caractéristique de l’équation différentielle. On cherche donc une solution particulière de la forme t → ate−t avec a ∈ R.

(d) Le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 1) est une solution d’ordre 2 de l’équation caractéristique de l’équation différentielle. On cherche donc une solution particulière de la forme t → R(t)et où R = aX 4 + bX 3 + cX 2 avec a, b, c ∈ R.

Exercice 23.1 1. On note (E ) l’équation différentielle. Les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → Ke−t avec K ∈ R. On cherche une solution particulière de la même forme que le second membre yp (t) = at2 +bt+c. On a yp (t) = 2at + b. Ainsi

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yp est solution de (E )

⇔

∀t ∈ R, at2 + (2a + b)t + (b + c) = t2 + t + 1

⇔ (a = 1, b = −1, c = 2).

Donc la fonction yp : t → t2 − t + 2 est une solution de l’équation (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → t2 − t + 2 + Ke−t

avec K ∈ R.

On aurait aussi pu passer par la méthode de la variation de la constante dans cette question. Les calculs auraient été plus fastidieux (détermination d’une primitive de t → (t2 + t + 1)et ). Lorsqu’on est en présence d’une équation différentielle linéaire à cœfficients constants avec un second membre d’une forme simple, on peut essayer de chercher une solution particulière de la même forme ou d’une forme analogue..

466

Chapitre 23

Équations différentielles

2. On note (E ) l’équation différentielle. Les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → Ke−t avec K ∈ R. On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t)e−t . On a yp (t) = K  (t)e−t − K(t)e−t . Ainsi yp est solution de (E )

⇔

∀t ∈ R, K  (t)e−t − K(t)e−t + K(t)e−t =

1 1 + et

et . 1 + et Donc la fonction K : t → ln(1 + et ) convient et yp : t → e−t ln(1 + et ) est une solution de l’équation (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme ⇔

∀t ∈ R, K  (t) =

y : t → (ln(1 + et ) + K)e−t

avec K ∈ R.

cos (t) est t → − ln |cos t| 3. On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → tan t = − cos(t)  π π  π π   sur − , . De plus, si t ∈ − , , exp − (− ln |cos t|) = |cos t| = cos t. 2 2 2 2 Ainsi les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → K cos t

avec K ∈ R.

On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t) cos t. On a yp (t) = K  (t) cos t − K(t) sin t. Ainsi yp est solution de (E ) ⇔

⇔

∀t ∈ R, K  (t) cos t − K(t) sin t + K(t) cos ttan t = cos2 t ∀t ∈ R, K  (t) = cos t.

= sin t

Donc la fonction K : t → sin t convient et yp : t → cos t sin t est une solution de l’équation (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → (sin t + K) cos t avec K ∈ R.

4. On commence par transformer l’équation différentielle pour que le terme y  n’ait aucun facteur devant lui : tn−1 1 y + y = . 2t 2 1 1 est t → ln t sur R∗+ . De plus, On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → 2t 2   1 1 si t ∈ R∗+ , exp − ln t = √ . Ainsi les solutions de l’équation homogène associée sont les 2 t fonctions de la forme K yh : t → √ avec K ∈ R. t K(t) K(t) K  (t) On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = √ . On a yp (t) = √ − √ . t t 2t t Ainsi 1

yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R,

tn−1 K  (t) K(t) K(t) tn− 2 √ − √ + √ = ⇔ ∀t ∈ R, K  (t) = . 2 2 t 2t t 2t t

Corrections

467

√ 1 tn t tn+ 2 tn = convient et y est une solution de Donc la fonction K : t → : t →  p 2n + 1 2n + 1 2(n + 12 ) l’équation (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme tn K avec K ∈ R. y : t → √ + t 2n + 1 5. On commence par transformer l’équation différentielle pour que le terme y  n’ait aucun facteur devant lui : 1 + ln t 1 y − y=− 2 . t ln t t ln t 1 ln (t) On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → − =− est t → ln(ln t) t ln t ln(t)   sur ]1, +∞[. De plus, si t ∈ ]1, +∞[, exp − (− ln(ln t)) = ln t. Ainsi les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → K ln t avec K ∈ R.

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On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t) ln t. On a yp (t) = K (t) ln t+ Ainsi 1 + ln t K(t) K(t) − =− 2 yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, K  (t) ln t + t t t ln t 1 + ln t  ⇔ ∀t ∈ R, K (t) = − . (t ln t)2

K(t) . t

u Or la dérivée de la fonction t → t ln t est t → 1 + ln t. On reconnaît ainsi une forme − 2 . u 1 1 Donc la fonction K : t → convient et yp : t → est une solution de l’équation (E ). t ln t t On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme 1 y : t → + K ln t avec K ∈ R. t 6. On commence par transformer l’équation différentielle pour que le terme y  n’ait aucun facteur devant lui : 1 cos t y − y= . sin t sin t sin (t) cos t =− est t → − ln(sin t) On note (E ) l’équation différentielle. Une primitive de t → − sin t sin(t)   sur ]0, π[. De plus, si t ∈ ]0, π[, exp − (− ln(sin t)) = sin t. Ainsi les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions de la forme yh : t → K sin t

avec K ∈ R.

On cherche une solution particulière de la forme yp (t) = K(t) sin t. On a yp (t) = K  (t) sin t + K(t) cos t. Ainsi yp est solution de (E ) ⇔

∀t ∈ R, K  (t) sin t + K(t) cos t − K(t) sin t

⇔ ∀t ∈ R, K  (t) =

1 . sin2 t

1 cos t = sin t sin t

468

Chapitre 23

Équations différentielles

 π π 1 et en échangeant le rôle de cos En s’inspirant du fait que, si t ∈ − , , on a tan t = 2 2 cos2 t cos t 1 et sin, on remarque que, sur ]0, π[, la dérivée de t → est t → − 2 . sin t sin t cos t Donc la fonction K : t → − convient et yp : t → − cos t est une solution de l’équation (E ). sin t On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → − cos t + K sin t avec K ∈ R.

Exercice 23.2 1. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 3r + 2 = 0 dont les solutions sont 1 et 2. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → λet + µe2t avec λ, µ ∈ R.

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à −1) n’est pas solution de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp (t) = ae−t .

On obtient que yp (t) − 3yp (t) + 2yp (t) = 6ae−t . Ainsi yp est solution de (E ) ⇔ 6a = 1 ⇔ a =

1 . 6

1 −t e est une solution particulière de (E ). 6 On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme

Donc yp : t →

1 y : t → λet + µe2t + e−t 6

avec λ, µ ∈ R.

2. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 3r + 2 = 0 dont les solutions sont 1 et 2. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → λet + µe2t avec λ, µ ∈ R.

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 1) est une solution d’ordre 1 de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp (t) = atet .

Après calcul, on obtient que yp (t) − 3yp (t) + 2yp (t) = −aet . Ainsi yp est solution de (E ) ⇔ −a = 1.

Donc yp : t → −tet est une solution particulière de (E ). On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme y : t → (λ − t)et + µe2t

avec λ, µ ∈ R.

Corrections

469

3. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 4r + 4 = 0 dont la solution est 2. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → (λ + µt)e2t avec λ, µ ∈ R. On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 2) est une solution d’ordre 2 de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp (t) = R(t)e2t . Après calcul, on obtient que yp (t) − 4yp (t) + 4yp (t) = R (t)e2t . Ainsi yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, R (t) = t.

X3 t3 convient. Donc yp : t → e2t est une solution particulière de (E ). 6 6 On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme   t3 y : t → λ + µt + e2t avec λ, µ ∈ R. 6 Le polynôme R =

4. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 2r + 2 = 0 dont les solutions sont 1 + i et 1 − i. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → et (λ cos t + µ sin t)

avec λ, µ ∈ R.

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 0) n’est pas solution de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp (t) = at2 + bt + c. Après calcul, on obtient que yp (t) − 2yp (t) + 2yp (t) = 2at2 + (2b − 4a)t + (2c − 2b + 2a). Ainsi

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

yp est solution de (E ) ⇔ ∀t ∈ R, 2at2 + (2b − 4a)t + (2c − 2b + 2a) = t2 .

Par identification des cœfficients, on obtient   2a = 1  a = 21 2b − 4a = 0 ⇔ b = 1 yp est solution de (E ) ⇔   2c − 2b + 2a = 0 c = 12 .

1 t2 + t + est une solution particulière de (E ). 2 2 On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme Donc yp : t →

y : t →

t2 1 + t + + et (λ cos t + µ sin t) 2 2

avec λ, µ ∈ R.

5. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 − 5r + 6 = 0 dont les solutions sont 2 et 3. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → λe2t + µe3t avec λ, µ ∈ R.

470

Chapitre 23

Équations différentielles

• On cherche une solution particulière de l’équation différentielle (E1 ) : y  − 5y  + 6y = et .

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 1) n’est pas solution de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp,1 (t) = aet .   On obtient que yp,1 (t) − 5yp,1 (t) + 6yp,1 (t) = 2aet . Ainsi

yp,1 est solution de (E1 ) ⇔ 2a = 1.

1 t e est une solution particulière de (E1 ). 2 • On cherche une solution particulière de l’équation différentielle (E2 ) : Donc yp,1 : t →

y  − 5y  + 6y = e2t .

On remarque que le cœfficient dans l’exponentielle du second membre (égal à 2) est une solution d’ordre 1 de l’équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière de la forme yp,2 (t) = ate2t .   Après calcul, on obtient que yp,2 (t) − 5yp,2 (t) + 6yp,2 (t) = −ae2t . Ainsi 2t

Donc yp,2 : t → −te

yp,2 est solution de (E2 ) ⇔ −a = 1.

est une solution particulière de (E2 ). 1 Par principe de superposition, yp,1 + yp,2 : t → et − te2t est une solution particulière de (E ). 2 On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme 1 y : t → et + (λ − t)e2t + µe3t avec λ, µ ∈ R. 2 6. On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 + 2r + 2 = 0 dont les solutions sont −1 − i et −1 + i. Donc les solutions de l’équation homogène associée à (E ) sont les fonctions de la forme yh : t → e−t (λ cos t + µ sin t)

avec λ, µ ∈ R.

On cherche une solution particulière d’une forme analogue au second membre yp (t) = (at + b) cos t + (ct + d) sin t. Après calcul, on obtient que yp (t) + 2yp (t) + 2yp (t)

=



 (a + 2c)t + (2a + b + 2c + 2d) cos t   + (−2a + c)t + (−2a − 2b + 2c + d) sin t.

Ainsi, par identification des cœfficients, on obtient  a    2a + b yp est solution de (E ) ⇔ −2a   −2a − 2b

+ + + +

2c 2c + 2d c 2c + d

= = = =

 a = 15      b = − 2 25

1 0 ⇔ 0 c = 2  5   0   d = − 14 25 .

Corrections

471

   2 2t 14 t − cos t + − sin t est une solution particulière de (E ). Donc yp : t → 5 25 5 25 On en conclut que les solutions de (E ) sont les fonctions de la forme     2 t 2t 14 y : t → − cos t + − sin t + e−t (λ cos t + µ sin t) avec λ, µ ∈ R. 5 25 5 25 

Exercice 23.3 On note (E ) l’équation différentielle. Comme a = 0, l’équation différentielle (E ) est équivalente à c b c b y  + y  + y = 0, dont l’équation caractéristique est r2 + r + = 0, c’est-à-dire ar2 + br + c = 0. a a a a On note ∆ = b2 − 4ac. • Si ∆ > 0, alors les deux solutions de l’équation caractéristique sont √ √ −b − ∆ −b + ∆ et r2 = . r1 = 2a 2a √ Or, a, b, c ∈ R∗+ , donc b2 − 4ac < b2 puis ∆ < b. Ainsi r1 < 0 et r2 < 0. Or f est solution de (E ) donc on dispose de λ, µ ∈ R tels que ∀t ∈ R, f (t) = λer1 t + µer2 t .

Comme r1 < 0 et r2 < 0, on a lim er1 t = lim er2 t = 0. t→+∞

On en conclut que f (t) −−−−→ 0.

t→+∞

t→+∞

• Si ∆ = 0, alors la seule solution de l’équation caractéristique est r0 = − Or f est solution de (E ) donc on dispose de λ, µ ∈ R tels que

b < 0. 2a

∀t ∈ R, f (t) = (λ + µt)er0 t .

Comme r0 < 0, on a lim er0 t = 0. t→+∞

On en conclut, par croissances comparées, que f (t) −−−−→ 0.

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t→+∞

√ −b ± i −∆ . • Si ∆ < 0, alors les deux solutions de l’équation caractéristique sont 2a Or f est solution de (E ) donc on dispose de λ, µ ∈ R tels que   √    √ bt −∆ −∆ − 2a + µ sin t . λ cos t ∀t ∈ R, f (t) = e 2a 2a bt b < 0, on a lim e− 2a = 0. t→+∞ 2a   √   √ −∆ −∆ + µ sin t est bornée. De plus, t → λ cos t 2a 2a On en conclut, d’après le théorème d’encadrement, que f (t) −−−−→ 0.

Comme −

Dans tous les cas, on a f (t) −−−−→ 0. t→+∞

t→+∞

472

Chapitre 23

Équations différentielles

Exercice 23.4 On note (E ) l’équation différentielle. Son équation caractéristique est r2 = −ω 2 dont les solutions sont iω et −iω. Les solutions de (E ) sont donc les fonctions de la forme

y : t → λ cos(ωt) + µ sin(ωt).  On considère une telle solution y. On pose ρ = λ2 + µ2 . • Si ρ = 0, cela signifie que λ = µ = 0 et on a bien y : t → ρ cos(ωt + ϕ) pour n’importe quelle valeur de ϕ.  2  2 λ µ • Si ρ = 0, on a + − = 1. On dispose donc de ϕ tel que ρ ρ cos ϕ = Ainsi

λ ρ

et

µ sin ϕ = − . ρ

y(t) = ρ (cos(ωt) cos ϕ − sin(ωt) sin ϕ) = ρ cos(ωt + ϕ).

Exercice 23.5 1. Soient (H ) une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre : y  + a(t)y = 0, et f une solution de (H ) s’annulant en t0 . On dispose de K ∈ R tel que ∀t ∈ R, f (t) = Ke−A(t) ,

où A est une primitive de a. Or f (t0 ) = 0, donc Ke−A(t0 ) = 0. Comme e−A(t0 ) = 0, on a K = 0. On en conclut que f est la fonction nulle. 2. Soient (E ) une équation différentielle linéaire du premier ordre : y  + a(t)y = b(t), et f1 et f2 deux solutions de (E ) ayant la même valeur en t0 . Par principe de superposition, f1 − f2 est solution de l’équation différentielle linéaire homogène y  + a(t)y = 0. Or f1 (t0 ) − f2 (t0 ) = 0. On en conclut, d’après la question précédente, que f1 − f2 = 0, puis que f1 = f2 .

Exercice 23.6 1. a. On a f  = |f | ≥ 0, donc la fonction f est croissante. Or elle s’annule en t0 . On en conclut que f est négative sur ] − ∞, t0 ] et positive sur [t0 , +∞[. b. D’après la question précédente, sur ] − ∞, t0 ], la fonction f est solution de l’équation différentielle y  = −y. On dispose donc de K1 ∈ R tel que ∀t ∈ ] − ∞, t0 ], f (t) = K1 e−t .

De même, sur [t0 , +∞[, la fonction f est solution de l’équation différentielle y  = y. On dispose donc de K2 ∈ R tel que ∀t ∈ [t0 , +∞[, f (t) = K2 et .

Or f (t0 ) = 0, donc, comme t0 ∈ ] − ∞, t0 ], 0 = f (t0 ) = K1 e−t0 et K1 = 0. De même K2 = 0. On en conclut que f est la fonction nulle. 2. On déduit de la question précédente que f est de signe strictement constant. En effet, si f changeait strictement de signe, étant continue, elle s’annulerait d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Elle serait donc nulle d’après la question précédente, ce qui est absurde car la fonction nulle ne change pas strictement de signe.

Corrections

473

• Si f est strictement positive, alors elle est solution de l’équation différentielle y  = y. On dispose donc de K ∈ R tel que ∀t ∈ [t0 , +∞[, f (t) = Ket . Puis f (0) = K. • Si f est strictement négative, alors elle est solution de l’équation différentielle y  = −y. On dispose donc de K ∈ R tel que ∀t ∈ [t0 , +∞[, f (t) = Ke−t . Puis f (0) = K. Au final  si y0 > 0, alors ∀t ∈ R, f (t) = f (0)et    si y0 = 0, alors ∀t ∈ R, f (t) = 0    si y0 < 0, alors ∀t ∈ R, f (t) = f (0)e−t .

Exercice 23.7 On procède par analyse-synthèse. • Analyse. Soit f une fonction dérivable sur R vérifiant ∀t ∈ R, f  (t) = f (−t). Par composition de fonctions dérivables, t → f (−t) est dérivable. Donc f  est dérivable. Soit t ∈ R. Si on dérive l’égalité f  (t) = f (−t), on obtient f  (t) = −f  (−t). Or f  (−t) = f (−(−t)) = f (t). On en déduit que f  (t) = −f (t). Ainsi f est solution de l’équation différentielle y  = −y. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire homogène d’ordre 2 à cœfficients constants. Son équation caractéristique est r2 = −1 dont les solutions sont i et −i. On dispose donc de λ, µ ∈ R tels que ∀t ∈ R, f (t) = λ cos t + µ sin t. Il s’ensuit que, pour t = 0, f  (0) = f (−0), On obtient

donc

− λ sin 0 + µ cos 0 = λ cos 0 − µ sin 0,

donc

µ = λ.

∀t ∈ R, f (t) = λ(cos t + sin t).

• Synthèse. Soient λ ∈ R et f la fonction définie sur R par f (t) = λ(cos t + sin t). Par somme de fonctions dérivables, f est dérivable. Et si t ∈ R, on a

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f  (t) = λ(− sin t + cos t) = λ(cos(−t) + sin(−t)) = f (−t).

On en conclut que les fonctions réelles définies sur R vérifiant ∀t ∈ R, f  (t) = f (−t) sont les fonctions de la forme f : t → λ(cos t + sin t) avec λ ∈ R.

Exercice 23.8 1. On suppose que ϕ est une solution de (H ) définie sur R et qui ne s’annule jamais. a. Comme ϕ ne s’annule jamais, on a ∀t ∈ R, g(t) =

f (t) . ϕ(t)

Ainsi g est le quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule jamais, alors g est deux fois dérivable.

474

Chapitre 23

Équations différentielles

b. On a f  = ϕ g + ϕg  et f  = ϕ g + 2ϕ g  + ϕg  . Donc si t ∈ R, on a f  (t) + a(t)f  (t) + b(t)f (t) = ϕ (t)g(t) + 2ϕ (t)g  (t) + ϕ(t)g  (t) + a(t) (ϕ (t)g(t) + ϕ(t)g  (t)) + b(t)ϕ(t)g(t)      2ϕ (t)     = g(t) (ϕ (t) + a(t)ϕ (t) + b(t)ϕ(t)) +ϕ(t) g (t) + + a(t) g (t) .    ϕ(t) =0

Or la fonction ϕ ne s’annule jamais. On en déduit que    2ϕ (t) + a(t) g  (t) = 0. f est solution de (H ) ⇔ ∀t ∈ R, g  (t) + ϕ(t)

On en conclut que f est solution de (H ) si et seulement si g  est solution de l’équation différentielle    2ϕ (t) z + + a(t) z = 0. ϕ(t) 2. a. En notant P = aX 2 + bX + c et en remplaçant la fonction t → P (t) dans (H ), on obtient aisément que P = 1 + X 2 est solution de (H ). jamaiset qui est solution de (H ). On commence par b. On pose ϕ(t) = 1 + t2 qui ne s’annule   2t 4t 2ϕ (t) 2ϕ (t)  + a(t) z = 0. Ici a(t) = − = chercher une solution de z + et . 2 ϕ(t) 1+t ϕ(t) 1 + t2 Ainsi, on cherche g  solution de 2t z = 0. z + 1 + t2 λ Ainsi g  (t) = avec λ un réel et donc g(t) = λ arctan(t) + µ avec µ un réel. 1 + t2 On en conclut que les solutions de (H ) sont les fonctions de la forme t → (1 + t2 )(λ arctan(t) + µ)

Exercice 23.9

avec λ, µ ∈ R.

  N N = 0. Comme r = 0, on en déduit que 1. Si N est constante, alors N = 0, d’où r 1 − K N = 0 ou N = 0. 1− K On en conclut que les deux seules solutions constantes sont 0 et K. 2. On a   1 r N 1  y = − 2 = −r − = −ry + . N N K K On en conclut que y est bien solution d’une équation différentielle linéaire. 3. Après résolution de l’équation différentielle linéaire du premier ordre obtenue, on dispose de λ ∈ R tel que 1 ∀t ∈ R, y(t) = λe−rt + . K 

Corrections

475

1 1 1 1 et y(0) = λ + . On en déduit que λ = − . D’où N0 K N0 K −rt (K − N0 )e + N0 . ∀t ∈ R, y(t) = KN0 1 Comme N = , on a y KN0 ∀t ∈ R, N (t) = . (K − N0 )e−rt + N0 De plus, r > 0, donc lim e−rt = 0 et on en conclut que Or, y(0) =

t→+∞

N (t) −−−−→ t→+∞

KN0 = K. N0

K . ( NK0 − 1)e−rt + 1   K 1 − 1 e−rt + 1 > 1, donc 0 < K < 1. Puisque 0 < N0 < K, on a N0 ( N0 − 1)e−rt + 1 Comme K > 0, on en conclut que 0 < N (t) < K.   N N  > 0 et N > 0, donc N = r 1 − N > 0. b. Puisque N (t) ∈ ]0, K[, on a 1 − K K On en conclut que N est croissante. 5. En procédant de la même manière, on montre que ∀t ≥ 0, N (t) > K et que N est décroissante. 4. a. Soit t ≥ 0. On a N (t) =

Exercice 23.10 1. On a

  K N = r ln = −r ln N + r ln K = −ry + r ln K. y = N N On en conclut que y est bien solution d’une équation différentielle linéaire. 2. Après résolution de l’équation différentielle linéaire du premier ordre obtenue, on dispose de λ ∈ R tel que ∀t ∈ R, y(t) = λe−rt + ln K.   N0 . D’où Or, y(0) = ln N0 et y(0) = λ + ln K. On en déduit que λ = ln N0 − ln K = ln K   N0 ∀t ∈ R, y(t) = ln e−rt + ln K. K Comme N = ey , on a  e−rt N0 ∀t ∈ R, N (t) = K . K De plus, r > 0, donc lim e−rt = 0 et on en conclut que

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t→+∞

N (t) −−−−→ K t→+∞



N0 K

0

= K.

CHAPITRE

Fonctions de deux variables réelles

24

L’essentiel du cours  1 Généralités Définition Un pavé ouvert de R2 est un ensemble de la forme I × J avec I et J des intervalles ouverts de R. Définition Une fonction de deux variables à valeurs réelles définie sur une partie D de R2 est une application de D dans R. Définition

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Soient f : D → R où D ⊂ R2 et λ ∈ R. La surface représentative de f est l’ensemble {(x, y, f (x, y)) / (x, y) ∈ D }

et la courbe de niveau λ est l’ensemble des éléments de D tels que f (x, y) = λ. Sur une carte topographique, les lignes de niveau permettent d’identifier les points à la même altitude.

2

La surface représentative de f (x, y) = e−x et sa ligne de niveau e−1 en noir.

−y 2

478

Chapitre 24

Fonctions de deux variables réelles

Définition Soient D = I × J un pavé ouvert, f : D → R une fonction de deux variables et a = (α, β) ∈ D. La première fonction partielle de f en a est la fonction f1 : I → R t → f (t, β). La deuxième fonction partielle de f en a est la fonction f2 : J → R t → f (α, t). • La définition formelle de la continuité pour les fonctions de deux variables est hors programme. Il faudra se contenter d’un argument graphique : f est continue en a si sa surface ne se « déchire » pas en a. • On justifiera la continuité par somme, produit, etc de fonctions continues (les fonctions polynomiales en x et y étant continues sur R2 ).

 2 Dérivées partielles Définition Soient D = I × J un pavé ouvert de R2 , f : D → R et a = (α, β) ∈ D. • Si la première fonction partielle de f en a est dérivable en α, sa dérivée s’appelle nombre ∂f dérivé partiel de f par rapport à x en a, que l’on note (a). On appelle dérivée ∂x ∂f la fonction D → R partielle première par rapport à x de f et on note ∂x ∂f (u). u → ∂x • Si la deuxième fonction partielle de f en a est dérivable en β, sa dérivée s’appelle nombre ∂f dérivé partiel de f par rapport à y en a, que l’on note (a). On appelle dérivée ∂y ∂f partielle première par rapport à y de f et on note la fonction D → R ∂x ∂f (u). u → ∂y Pour calculer ces dérivées partielles, il suffit de dériver par rapport à une variable et de considérer l’autre comme une constante. On peut donc utiliser toutes les formules vues auparavant pour la dérivation des fonctions d’une variable (somme, produit, etc) Dérivées et extrema Soient D un pavé ouvert, f : D → R admettant des dérivées partielles en a ∈ D. Si f admet ∂f ∂f un extremum en a, alors (a) = (a) = 0. ∂x ∂y La réciproque est fausse (comme pour les fonctions d’une variable). Définition On dit qu’une fonction est de classe C 1 sur un pavé ouvert D si elle admet des dérivées partielles premières sur D et que celles-ci sont continues sur D.

L’essentiel du cours

479

Petites variations Si f est de classe C 1 sur le pavé ouvert D et si a = (α, β) ∈ D, alors pour tous h, k ∈ R au ∂f ∂f voisinage de 0, on a f (α + h, β + k) = f (a) + h (a) + k (a) + o(h, k). ∂x ∂y • Pour faire simple, o(h, k) désigne une fonction négligeable devant max(|h| , |k|). • Cela revient à dire qu’on a approximé, au voisinage de a, la surface représentative de f par son plan tangent. Dérivée de fonctions paramétrées Soient E un intervalle de R, f une fonction de classe C 1 sur la pavé ouvert D = I × J, x une fonction de classe C 1 de E dans I et y une fonction de classe C 1 de E dans J. La fonction F : t → f (x(t), y(t)) est de classe C 1 sur E et, pour tout t ∈ E, ∂f ∂f F  (t) = x (t) (x(t), y(t)) + y  (t) (x(t), y(t)). ∂x ∂y Cela justifie l’égalité utilisée dans les sciences physiques : df =

∂f ∂f dx + dy. ∂x ∂y

Définition Soient D un pavé ouvert, f : D → R de classe C 1 a ∈ D. On appelle gradient de f en a le vecteur de R2 :   ∂f (a)  ∂x  −−→ → − . ∇f (a) = gradf (a) =   ∂f  (a) ∂y Le gradient donne la direction de plus forte pente en a et il est orthogonal à la ligne de niveau f (a).

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Définition Soit D un pavé ouvert et f de classe C 1 sur D. Si les dérivées partielles de f admettent des dérivées partielles, on définit les dérivées partielles d’ordre deux de f comme suit         ∂2f ∂ ∂f ∂2f ∂ ∂f ∂2f ∂ ∂f ∂ ∂f ∂2f , = , = , et . = = ∂x2 ∂x ∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y∂x ∂y ∂x ∂y 2 ∂y ∂y On dit que f est de classe C 2 si ses dérivées partielles secondes existent et sont continues. Théorème de Schwarz Si f est une fonction de classe C 2 sur D, alors

∂2f ∂2f = . ∂x∂y ∂y∂x

480

Chapitre 24

Fonctions de deux variables réelles

Les méthodes à maîtriser Méthode 24.1 : Déterminer les potentiels extrema Pour déterminer les potentiels extrema d’une fonction f admettant des dérivées partielles premières. 1. On commence par calculer les dérivées partielles de f . 2. On cherche en quel(s) point(s) ces deux dérivées partielles sont nulles. 3. On est ramené à un système (pas nécessairement linéaire) de deux équations à deux inconnues, que l’on résout. Les points ainsi déterminés s’appellent des points critiques de f . Exemple d’application Déterminer les points critiques de f :

R2 → R (x, y) → xy(x + y − 1). On calcule les dérivées partielles premières de f . ∂f ∂f (x, y) = 2xy + y 2 − y = y(2x + y − 1) et (x, y) = x2 + 2xy − x = x(x + 2y − 1). ∂x ∂y Le point (x, y) est un point critique si et seulement si y(2x + y − 1) = 0 et x(x + 2y − 1) = 0. On a donc 4 cas à distinguer : • Si x = 0 et y = 0, alors (x, y) est un point critique. • Si x = 0 et y = 0, alors 2x + y − 1 = 0 puis y = 1. • Si x = 0 et y = 0, alors x + 2y − 1 = 0 puis x = 1. • Si x = 0 et y = 0, alors 2x + y − 1 = 0 et x + 2y − 1 = 0. On résout le système linéaire obtenu   1 −3y = −1 2x + y = 1 ⇔x=y= . ⇔ x + 2y = 1 L1 ←L1 −2L2 x + 2y = 1 3   1 1 Ainsi f admet quatre points critiques : (0, 0), (0, 1), (1, 0) et , . 3 3 Voir exercice 24.2.

Les méthodes à maîtriser

481

Interro de cours 1. Parmi les propositions suivantes lesquelles sont toujours vraies ? (a) La courbe de niveau λ de f est la courbe obtenue comme l’intersection de la surface représentative de f et du plan d’équation z = λ. (b) La courbe représentative de la première fonction partielle de f en a = (α, β) s’obtient comme étant l’intersection de la surface représentative de f et du plan x = α.

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2. 3. 4. 5.

(c) Si les deux fonctions partielles de f sont croissantes, alors f est croissante. Calculer les dérivées partielles d’ordre 1 et d’ordre 2 de f (x, y) = x2 + 2xy 2 . Donner la définition du gradient d’une fonction de deux variables. Soit f une fonction de classe C 1 sur R2 . Calculer la dérivée de g : t → f (cos(t), sin(t)). Citer le théorème de Schwarz.

482

Chapitre 24

Fonctions de deux variables réelles

Exercices Pour s’entraîner Exercice 24.1 Dans chacun des cas suivants, déterminer l’ensemble de définition de f et ses dérivées partielles premières. 1. f (x, y) = xy 2 + yx2 x−y 2. f (x, y) = x +y  3. f (x, y) = exp x2 + 2xy .

Exercice 24.2

Dans chacun des cas, déterminer en quel(s) point(s) f peut admettre un extremum. 1. f (x, y) = x2 + y 2 2. f (x, y) = x2 − y 2 3. f (x, y) = x3 + y 3 4. f (x, y) = x4 5. f (x, y) = x3 + y 3 − 9xy 6. f (x, y) = x4 + y 4 − 8(x − y)4 .

Pour aller plus loin Exercice 24.3 Dans chacun des cas suivants, préciser les fonctions f vérifiant ∂f 1. f est une fonction de (x, y) telle que =0 ∂x ∂f (x, y) = ey 2. f est une fonction de (x, y) telle que ∂x ∂f = 3f . 3. f est une fonction de (x, y) telle que ∂x

Corrections

483

Corrections Interro de cours 1. (a) Vrai. Cf. cours. (b) Faux. Si on fixe x = α, on obtient plutôt la deuxième fonction partielle de f . (c) Faux. La notion de croissance pour une fonction de plusieurs variables n’a pas de sens. ∂f ∂f (x, y) = 2x + 2y 2 et (x, y) = 4xy, puis 2. Soit (x, y) ∈ R2 , on a ∂x ∂y ∂2f (x, y) = 2, ∂x2

∂2f ∂2f (x, y) = 4y = (x, y) ∂x∂y ∂y∂x

et

∂2f (x, y) = 4x. ∂y 2

3. Soient D un pavé ouvert, f : D → R de classe C 1 a ∈ D. On appelle gradient de f en a le vecteur de R2 :   ∂f (a)  ∂x  −−→ → − . ∇f (a) = gradf (a) =   ∂f  (a) ∂y   ∂f  ∂f  cos(t), sin(t) + cos(t) cos(t), sin(t) . 4. Soit t ∈ R, on a g  (t) = − sin(t) ∂x ∂y ∂2f ∂2f = . 5. Si f est une fonction de classe C 2 sur D, alors ∂x∂y ∂y∂x

Exercice 24.1 ∂f ∂f (x, y) = y 2 + 2xy et (x, y) = 2xy + x2 . ∂x ∂y 2y 2x ∂f ∂f 2. Soit (x, y) ∈ R2 avec x = −y, on a (x, y) = (x, y) = − et . 2 ∂x (x + y) ∂y (x + y)2     ∂f ∂f (x, y) = (2x + 2y) exp x2 + 2xy et (x, y) = 2x exp x2 + 2xy . 3. Soit (x, y) ∈ R2 , on a ∂x ∂y © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

1. Soit (x, y) ∈ R2 , on a

Exercice 24.2 1. Soit (x, y) ∈ R2 , on a

∂f (x, y) = 2x et ∂x

On en conclut que f peut admettre un 2. Soit (x, y) ∈ R2 , on a

∂f (x, y) = 2x et ∂x

On en conclut que f peut admettre un

 ∂f     (x, y) = 0 ∂f 2x = 0 ∂x (x, y) = 2y. Ainsi ⇔ 2y = 0.  ∂f ∂y   (x, y) = 0 ∂y extremum en (0, 0).  ∂f     (x, y) = 0 ∂f 2x = 0 ∂x (x, y) = −2y. Ainsi ⇔ ∂f −2y = 0.  ∂y   (x, y) = 0 ∂y extremum en (0, 0).

484

Chapitre 24

Fonctions de deux variables réelles

∂f ∂f (x, y) = 3x2 et (x, y) = 3y 2 . Ainsi ∂x ∂y  ∂f    2  (x, y) = 0 3x = 0 ∂x ⇔ ∂f 3y 2 = 0.    (x, y) = 0 ∂y On en conclut que f peut admettre un extremum en (0, 0). ∂f ∂f (x, y) = 4x3 et (x, y) = 0. Ainsi 4. Soit (x, y) ∈ R2 , on a ∂x ∂y  ∂f    3  (x, y) = 0 4x = 0 ∂x ⇔ ∂f 0 = 0.    (x, y) = 0 ∂y On en conclut que f peut admettre un extremum en tous les points (0, y) avec y ∈ R. ∂f ∂f (x, y) = 3x2 − 9y et (x, y) = 3y 2 − 9x. Ainsi 5. Soit (x, y) ∈ R2 , on a ∂x ∂y   4 ∂f    2  (x, y) = 0 x = 9y 2 = 27x x = 3y ∂x 3x ⇔ y2 = ⇔ 2 ∂f = 3x y    y ≥ 0.  (x, y) = 0 ∂y On en conclut que f peut admettre un extremum en (3, 3) ∂f ∂f (x, y) = 4x3 − 32(x − y)3 et (x, y) = 4y 3 + 32(x − y)3 . Ainsi 6. Soit (x, y) ∈ R2 , on a ∂x ∂y  ∂f       3  (x, y) = 0 x = 2(x − y) x = −y x = 0 x = 8(x − y)3 ∂x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y = −2(x − y) y = 2y y = 0. y 3 = −8(x − y)3  ∂f   (x, y) = 0 ∂y On en conclut que f peut admettre un extremum en (0, 0). 3. Soit (x, y) ∈ R2 , on a

Exercice 24.3 1. La première fonction partielle de f est constante. Donc on dispose d’une fonction C d’une variable telle que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = C(y). 2. La première fonction partielle de f est constante par rapport à x. Donc on dispose d’une fonction C d’une variable telle que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = xey + C(y).

3. À y fixé, la première fonction partielle de f vérifie une équation différentielle linéaire du premier ordre. Donc on dispose d’une fonction C d’une variable telle que ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = C(y)e3x .

Annexes

485

Annexes

Formulaire de trigonométrie Valeurs particulières t

0

cos t

1

sin t

0

tan t

0

π 6 √ 3 2 1 2 √ 3 3

π 4 √ 2 2 √ 2 2

π 3

π 2

1 2 √ 3 2

1

√

3

0 1 /

Translations Soit t ∈ R. On a alors : • cos(−t) = cos t

• cos(t + π) = − cos t

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• cos(t − π) = − cos t

• cos(π − t) = − cos t  π • cos t + = − sin t 2

 π • cos t − = sin t π 2  • cos − t = sin t 2 • sin(−t) = − sin t • sin(t + π) = − sin t • sin(t − π) = − sin t

• sin(π − t) = sin t  π • sin t + = cos t 2   π = − cos t • sin t − 2  π − t = cos t • sin 2

Duplications Soient a, b ∈ R. On a alors : • cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b

• cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b 2

• cos(2a) = 2 cos a − 1 1 + cos(2a) • cos2 a = 2

• sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a

• sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a • sin(2a) = 2 sin a cos a 1 − cos(2a) • sin2 a = 2

486

Annexes

Dérivées usuelles La fonction f est dérivable sur l’ensemble I, de dérivée f  .

f (x)

f  (x)

I

(n ∈ N∗ )

nxn−1

R

xn

(n ∈ Z\N)

nxn−1

R∗

xα

(α ∈ R\Z)

αxα−1

R∗+

ln |x|

1 x

R∗

eax

aeax

R

ln(a) · ax

R

cos x

− sin x

R

sin x

cos x

R

tan x

1 + tan2 x =

xn

ax

(a > 0)

arctan x

1 1 + x2

1 cos2 x

  π π − + kπ, + kπ 2 2 R

(k ∈ Z)

Annexes

487

Primitives usuelles La fonction F est une primitive de la fonction f sur l’intervalle I.

f (x)

F (x)

I

xn+1 n+1

R si n ≥ 0 R∗+ ou R∗− si n < 0

(u(x))n+1 n+1

Du si n ≥ 0 I tel que u ne s’annule pas sur I si n < 0

xα+1 α+1

R∗+

(u(x))α+1 α+1

I tel que u est strictement positive sur I

1 x

ln |x|

R∗+ ou R∗−

u (x) u(x)

ln |u(x)|

I tel que u est non nulle sur I

eax a

R

ln x

x ln x − x

R∗+

cos x

sin x

R

sin x

− cos x

R

tan x

− ln | cos x|

1 1 + x2

arctan x

(n ∈ Z\ {−1})

xn

u (x)(u(x))n xα

(n ∈ Z\ {−1})

(α ∈ R\Z)

u (x)(u(x))α

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eax

(α ∈ R\Z)

(a ∈ C∗ )

  π π − + kπ, + kπ 2 2 R

(k ∈ Z)

488

Annexes

Développements limités usuels Soit n ∈ N. On a les développements limités suivants en 0

f (x)

Développement limité en 0 1+x+

ex

x3 xn x2 + + ··· + + o(xn ). 2 3! n!

1 1−x

1 + x + x2 + · · · + xn + o(xn ).

1 1+x

1 − x + x2 − · · · + (−1)n xn + o(xn ).

(1 + x)α

1 + αx +

α(α − 1) 2 α(α − 1) · · · (α − n + 1) n x + ··· + x + o(xn ). 2 n!

ln(1 + x)

x−

ln(1 − x) sin x cos x

x3 x2 xn + − · · · + (−1)n−1 + o(xn ). 2 3 n

−x − x−

x3 xn x2 − − ··· − + o(xn ). 2 3 n

x5 x3 x2n+1 + − · · · + (−1)n + o(x2n+2 ). 3! 5! (2n + 1)!

1−

x4 x2 x2n + − · · · + (−1)n + o(x2n+1 ). 2 4! (2n)!

Index

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A affixe, 76 application, 13 identité, 14 linéaire, 321 linéaire canoniquement associée, 323 arccosinus, 93 arcsinus, 93 arctangente, 93 argument, 75 arrangement, 208 assertion, 9 asymptote, 415 horizontale, 415 B barycentre, 185 base, 303 canonique, 304 bijective, 14 borne inférieure, 42 supérieure, 42 bornée, 41, 109, 339 branche parabolique, 415 C caractère, 221 cardinal, 207 centrée, 252 cercle, 189 trigonométrique, 91 changement d’indice, 58 classe

C ∞ , 400 C n , 400 classes, 221 cœfficient, 165 binomial, 59 de corrélation, 223 directeur, 188 dominant, 165 colinéaires, 185 combinaison, 208 linéaire, 302 compatible, 137 complémentaire, 13 composée, 14, 110 condition nécessaire, 9 nécessaire et suffisante, 9 suffisante, 9 congrus, 75 conjonction, 9 conjugué, 73 continue, 378 à droite, 378 à gauche, 378 par morceaux, 441 contraposée, 9 converge, 341 coordonnées, 185, 303 cosinus, 113 couple, 12 courbe de niveau, 477 covariance, 223, 274 croissante, 110, 340

490

Index

D décile, 222 décroissante, 110, 340 degré, 165 dérivable, 397, 398 n fois, 400 à droite, 397 à gauche, 397 dérivée, 397 nème, 400 à droite, 397 à gauche, 397 partielle, 115 partielle première, 478 dérivées partielles d’ordre deux, 479 déterminant, 152, 187 deuxième fonction partielle, 478 diagonale, 149 dimension, 305 discriminant, 41, 77 disjonction, 9 diverge, 341 vers +∞, 341 vers −∞, 341 droite, 187, 189 E écart-type, 222, 253 échelonné, 138 effectif, 221 cumulé croissant, 222 total, 221 endomorphisme, 321 ensemble fini, 207 entier naturel, 39 relatif, 39 équation caractéristique, 117, 341, 458 équiprobabilité, 234 équivalente, 345, 377 équivalents, 137 espérance, 252 espace

probabilisé fini, 233 vectoriel, 301 événement, 233 certain, 233 complémentaire, 233 impossible, 233 expérience aléatoire, 233 exponentielle, 112 complexe, 76 F factorielle, 59 famille génératrice, 303 liée, 303 libre, 303 fonction de deux variables, 477 de répartition, 251 en escalier, 442 indicatrice, 14 polynomiale, 111 puissance, 113 fonction dérivée, 398 forme algébrique, 73 exponentielle, 75 fréquence, 221 cumulée croissante, 222 G gradient, 479 graphe, 109 H hérédité, 11 I image, 322 image directe, 14 imaginaire pur, 73 impair, 39 impaire, 109 inclus, 12 incompatible, 137 incompatibles, 233

Index inconnue principale, 139 inconnues secondaires, 139 indépendantes, 274, 275 indépendants, 236 individus, 221 initialisation, 11 injective, 14 intégrale, 116, 439 intersection, 13 intervalle, 39

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L limite à droite, 374 à gauche, 374 liste, 12 sans répétition, 208 logarithme décimal, 112 népérien, 112 loi, 251 binomiale, 255 certaine, 253 conditionnelle, 273 conjointe, 273, 275 de Bernoulli, 254 hypergéométrique, 255 uniforme, 254 lois marginales, 273, 275 M méthode de la variation de la constante, 459 majorant, 41, 109, 339 majorée, 41, 109, 339 matrice, 138, 149, 323 augmentée, 138 canoniquement associée, 323 carrée, 149 colonne, 149 identité, 149 inverse, 151 inversible, 151 ligne, 149 nulle, 149

symétrique, 150 maximum, 42, 110 médiane, 222 minimum, 42, 110 minorant, 41, 109, 339 minorée, 41, 109, 339 mode, 222 module, 74 moment, 252 monôme, 165 monotone, 110, 340 moyenne, 222 multiplicité, 167 mutuellement indépendants, 236 N négation, 9 négligeable, 344, 376 nombre complexe, 73 rationnel, 39 nombre dérivé partiel, 478 norme, 186 noyau, 322 nuage de points, 223 O opérations élémentaires, 138 operations opérations élémentaires, 151 orthogonales, 189 P pair, 39 paire, 109 parallèles, 188–190 partie, 12 entière, 40, 114 imaginaire, 73 réelle, 73 pavé ouvert, 477 pente, 188 périodique, 109

491

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Index

permutation, 208 perpendiculaires, 188–190 pivot, 138 plan, 190 point moyen, 223 polynôme, 165 dérivé, 166 population, 221 première fonction partielle, 478 premier quartile, 222 primitive, 116 probabilité, 233 conditionnelle, 235 uniforme, 234 produit scalaire, 186 produit cartésien, 12 projeté orthogonal, 189–191 Q qualitatif, 221 quantitatif, 221 R récurrence, 20 racine, 166 carrée, 40, 111 rang, 139, 151, 305, 323 réciproque, 9, 14 récurrence, 11 double, 20 forte, 20 simple, 20 récurrence double, 11 forte, 11 réduite, 253 S scalaires, 301 série statistique, 221 sinus, 113 somme

double, 60 triangulaire, 60 sous-ensemble, 12 sous-espace vectoriel, 302 strictement croissante, 110, 340 monotone, 110, 340 strictement décroissante, 110, 340 suite arithmético-géométrique, 340 arithmétique, 340 géométrique, 340 récurrente linéaire d’ordre 2, 341 réelle, 339 suites adjacentes, 344 surface représentative, 477 surjective, 14 système complet d’événements, 233 de Cramer, 139 homogène, 137 linéaire, 137 T tangente, 114 taux d’accroissement, 397 terme général, 339 transposée, 150 triangulaire inférieure, 149 supérieure, 149 troisième quartile, 222 U union, 13 unitaire, 165 univers, 233 uplet, 12 V valeur

Annexes

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absolue, 40, 114 moyenne, 441 variable aléatoire réelle, 251 variance, 222, 253

vecteur directeur, 187, 189 normal, 188, 190 vecteurs, 301 voisinage, 373

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